Добавил:

fench Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

.pdf

Скачиваний:

230

Добавлен:

16.08.2013

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 3612 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

рассматривая их как функции параметра α, если:

∫1

а) I = x|x − α| dx;

sin2 x

б) I = ∫0

dx;

1 + 2α cos x + α2

sin x dx

в) I = ∫

√

−

2α cos x + α2

а). Если α < 0, то

αx2

I(α) = ∫ x(x − α) dx =

(

−

) 0

−

При 0 6 α 6 1

I(α) = ∫0α(αx − x2)dx + ∫α1(x2 − αx)dx =

αx2

α3

α 1

−

) α =

= ( 2

−

3 ) 0 +

( 3

3 − 2

+ 3 .

При α > 1

αx2

I(α) = ∫ x(α − x)dx =

(

−

) 0

−

График интеграла представлен на рис. 3.17.

б). При α = 0

I = ∫0

sin2 x dx =

∫0

(1 − cos 2x)dx =

111

= (

−

sin 2x) 0

При α ̸= 0 делаем замену t = tg

+∞

2dt

I =

−

∫

(α 8 1)2

(1 + t2)t2(t2 + A2) , α ̸= 1 ;

∞

t dt

2 ∫

(1 + t2)2 , α = 1 ,

где A = α + 1 .

α − 1

	6I(α)
1/3	q
1/6	q		q	q
	q		q	q	-α
O		pq2		1q
		1

Рис. 3.17

Вычисляем полученные интегралы. Рассмотрим случай α ≠ ≠ 1. Найдем разложение подынтегральной функции на элементарные дроби относительно переменной u = t2:

	t2			=			u		=
(1 + t2)2(t2 + A2)					(1 + u)2(u + A2)
=	a	+		b		+	c
								.
	1 + u		(1 + u)2				u + A2

112

Для неизвестных коэффициентов a, b, c получаем систему

a + c = 0;

(1 + A2)a + b + 2c = 1;

A2a + A2b + c = 0.

Решая эту систему, находим:
	A2		1		A2
a =		, b =		, c = −
a =	(1 − A2)2	, b =	1 − A2	, c = −	(1 − A2)2

(при любом α величина A = (α + 1)/(α − 1) ≠ 1 и при любом α ≠ 0 значение A ≠ −1). Используя формулу понижения (задача 1921), получаем:

∫

arctg t + C.

(1 + t2)2

2(1 + t2)

1 + t2

2(1 + t2)

Таким образом,

+∞

a ∫

+ b ∫

∫

I =

+ c

(α

1)2

1 + t2

(1 + t2)2

t2 + A2

−

[a arctg t +

(

+ arctg t)+

(α

−

1)2

1 + t2

+∞

arctg

] 0

2π

(2a + b +

(α

1)2

| |

−

Подставляя сюда значения коэффициентов a, b и c, находим

2π(1 − |A|)2

I = (α − 1)2(1 − A2)2 .

Нетрудно видеть, что при |α| > 1 величина A > 0 и

I =	2π	=	π	.
	(α − 1)2(1 + A)2		2α2

113

При |α| < 1 величина A < 0, следовательно

I =	2π	=	π	.
	(α − 1)2(1 − A)2		2

При α = −1 значение A = 0 и величина I также равна π/2. Осталось вычислить значение интеграла I при α = 1. После

интегрирования по частям получаем

+∞

t2dt

+∞

(

) =

I = 2 ∫0

= −

∫0

t d

(1 + t2)2

1 + t2

∞

+∞

∞

= −

1 + t2

+ ∫

1 + t2

= 0 + arctg t 0

Окончательно получаем:

	π			\|α\| 6 1;
		2
I =	2 ,

	π		,	α	> 1.

	2α			\| \|

График функции I = I(α) приведен на рис. 3.18;

6I(α)

qπ/2

−q1

-α

Рис. 3.18

114

в). Если α = 0, то

I = ∫

= 2.

sin x dx = − cos x 0

При α ̸= 0

−

√

2α cos x + α2)

I =

∫

−

1 − 2α cos x + α2

2α

d√1

2α cos x + α2

= |1 + α| − |1 − α| =

22, |α| 6 1;

> 1.

|α|

График функции I = I(α) приведен на рис. 3.19.

6I(α) q 2

		−q1	O	1q	-α

Рис. 3.19

Применяя формулу интегрирования по частям, найти следующие определенные интегралы:

115

ln 2

2239.

∫0

xe−xdx.

ln 2

∫

xe−xdx = − ∫

∫

x d e−x

)

= −xe−x 0

e−xdx =

(

ln 2

−e−x 0

= −

− 2 +

2 .

2240.

∫0

x sin x dx.

∫

x sin x dx = − ∫

x d(cos x) = −x cos x 0

+ ∫

cos x dx = π + sin x 0

= π.

2π

2241.

∫0

x2 cos x dx.

2π

∫

x2 cos x dx = ∫

∫

x2d(sin x) =x2 sin x 0

− 2

x sin x dx =

2π

∫

= 2

x d(cos x) =2x cos x 0

−

2π

−2

∫

cos x dx = 4π −2 sin x 0

= 4π.

116

∫e

2242. | ln x| dx. Интегрируя по частям, находим

1/e

∫∫

ln x dx = x ln x −

dx = x ln x − x + C.

Отсюда следует, что

∫

| ln x| dx = − ∫

∫

ln x dx +

ln x dx = −(x ln x

− x) 1/e

1/e

= (1 − e) + 1 = 2 (1 − e).

+(x ln x − x) 1

∫0

2243.

arccos x dx.

x dx

∫

arccos x dx =x arccos x 0

+ ∫

√

1 x2

−

√

x dx

= ∫

√

1 x2

= − 1

− x2

= 1.

√

2244.

∫0

x arctg x dx.

√

∫0

x arctg x dx = ∫0

arctg x d (

) =

117

																											√											√
																																						√
																																								3
																													3					1			0			3
																		x2																1			0						x2dx

										=								2			arctg x 0											−				2	∫						1 + x2							=
								√																																																√
								3
							1	3													1																			1																	3
			π				1	0													1																π			1

	=		2	−			2	∫ (1 −													1 + x2				)dx =												2	−						2	(x − arctg x) 0													=
																					1																				2π						√
																		π														π																			3
										=								π						(√3 −								π			) =																3
																			−																									−								.
																		2	−			2										3										3		−			2					.
Применяя подходящую замену переменной, найти следующие
интегралы:
					1
2245.					∫			√	x dx										.

									5		−					4x
					−1						−
После замены
								√																	1												2																	1
								√																	1												2																	1
					t = 5 − 4x , x =																								(5					− t					) , dx =													−				t dt
					t = 5 − 4x , x =																							4	(5					− t					) , dx =													−		2		t dt
получаем:
															1															1				1
												∫						√		x dx					= −					1					∫ (5 − t2)dt =

																															8
																				5	−		4x								8
											−				1						−													3
											−
										1							3													1														t3					3			1
															1																																		3

								=		8				∫ (5 − t2)dt =																8			(5t							−				3		) 1 =							6		.
					0				√
2246.					0				√				a2 − x2 dx.
2246.					∫a x2								a2 − x2 dx.
Полагая x = a sin t при 0 6 t 6 π/2, получаем:
a																								π/2																												π/2
∫																								∫																								a4				∫
		x2				a2		− x2 dx = a4																		sin2 t cos2 t dt =																						a4							sin2 2t dt =
		x2				a2		− x2 dx = a4																		sin2 t cos2 t dt =																							4						sin2 2t dt =
0			√																					0																												0

118

π/2

sin 4t

π/2

πa4

∫ (1 − cos 4t)dt =

(t −

) 0

0,75

2247.

∫0

(x + 1)√

x2 + 1

Первообразная подынтегральной функции вычислена в зада-

че 1858:

∫

√

x +

2(1 + x2)

−

+ C.

(x + 1)√x2 + 1

−√2 ln

1 + x

Согласно формуле Ньютона – Лейбница

имеем:

∫

√

0,75

x +

2(1 + x2)

0,75

(x + 1)√x2 + 1

−√2 ln

−

1 + x

1 1 + 5√

√

7(1 +

√

= −√

ln(1 +

2) = √

1 + 5√

√

7(1 +

2)(5 2 − 1)

9 + 4

√2

ln 2

2248.

∫0

√

dx.

ex − 1

После замены

t = ex , x = ln t , dx = −

получаем

∫0 √ex − 1 dx = ∫1

√tt− 1 dt.

ln 2

119

Последний интеграл рационализируется подстановкой

√

u = t − 1 , t = u2 + 1 , dt = 2u du.

Применение этой подстановки приводит к следующему результату:

2 √

2du

(1 −

)du =

∫1

−

dt = 2

∫0

= 2

∫0

1 + u2

=2(u − arctg u) 0

= 2 −

Следовательно,

∫ln 2

√ex − 1 dx = 2 − π2 .


2249.	∫1	arcsin √		dx.
2249.	∫1	arcsin √	x	dx.
		√
		√

x(1 − x)

Выполняя последовательно замены получаем:

1	arcsin				√
	arcsin				√		x
0	√
∫		x(1				x) dx = 2
				1	1		+ x2
2250.			∫		1		+ x2	dx.
2250.			∫			1	+ x4	dx.
			−1

1	arcsin t
∫	arcsin t				dt = 2
	√
	√	1	−	t2
0			−

√

t = x и u = arcsin t,

π/2			π/2		π2
0			π/2

∫	u du =u2	0		=	4	.

Первообразная подынтегральной функции вычислена в зада-

че 1712:	∫	1	+ x2	1			x2	1

				dx = √		arctg	x√−		+ C.
		1	+ x4
					2			2

120

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 3612 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
16.08.20132 Мб134Никитин Шемотехника интегралных шем ТТЛ, ТТЛШ и КМОП 2010.pdf
#
16.08.20131 Мб65Никифоров Взаимосвяз открытых систем 2010.pdf
#
16.08.2013646 Кб33Нормы радиационной безопасности (НРБ-99) 1999.pdf
#
16.08.201332 Мб132Нурушев Введение в поляризационную 2007.pdf
#
16.08.20137 Мб218Оганесян Введение в физику тяжелых ионов 2008.pdf
#
16.08.20131 Мб230Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010.pdf
#
16.08.20133 Мб813Орловский Определенный интеграл.Практикум Част 2 2010.pdf
#
16.08.20133 Мб63Ошурко Химическое и биологическое действие 2008.pdf
#
16.08.20138 Мб68Ушаков Метод. рекомендации к вып. работ по курсу Биофизический практикум 2002.doc
#
16.08.2013759 Кб90Федоров Высокотемпературная сверхпроводимост.Тлеюсчий разряд 2010.pdf
#
16.08.20133 Мб343Федоров Лабораторный практикум 2008.pdf