Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет Львовская политехника

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Вища математика / B.M

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.02.2016

Размер:

1.03 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 98 9 > Следующая >>>

5)Знаходження похилих і горизонтальних асимптот.

6)Дослідження функції на екстремум. Визначення інтервалів монотонності функції.

7)Визначення точок перегину функції, інтервалів опуклості й увігнутості.

8)Знаходження точок перетину з осями координат.

9)Дослідження поведінки функції на нескінченності.

Приклад. Побудувати графік функції y =

2 ( x + 1)2

( x + 1)2 ¹ 0, x ¹ -1.

х=-1 –

точка розриву

функції, оскільки

lim

= -¥ , отже, х=-1 –

( x + 1)2

x→−1±0 2

вертикальна асимптот.

(-x)3

y (-x) =

= -

; y (-x) ¹ y ( x),

y (-x) ¹ - y ( x) y(x)-функція

2 (-x + 1)2

загального виду.

4) Функція неперіодична, оскільки не існує такого числа Т, щоб виконувалася рівність f ( x +T ) = f ( x), "x Î D ( f ) .

5) Похилі асимптоти

k = lim

f (x)

= lim

2 ( x + 1)

2 (1 +

1 )

x→±∞

x3 - x ( x + 1)2

b = lim ( f ( x) - kx)

= lim

¥ - ¥

= lim

( x + 1)

x→±∞

x3 - x3 - 2x2 - x

-2x2 - x

-2 -

= lim

= -1,

x→±∞

2 ( x + 1)2

x→±∞ 2 ( x + 1)2

x→±∞

1 2

1 +

y=1/2x-1 – похила асимптота.

6)Для визначення інтервалів монотонності й екстремумів функції необхідно знайти її першу похідну й визначити точки, у яких вона дорівнює нулю або не існує:

y¢ =

6 x2 ( x + 1)2 - 4 ( x + 1) x3

x2 (3x2 + 6 x + 3 - 2x2 - 2x)

x2 (x2 + 4 x + 3)

2 ( x + 1)4

4 ( x + 1)4

2 ( x + 1)4

y¢

( x + 1)( x + 3)

x2 ( x + 3)

= 0,

2 ( x + 1)4

2 ( x + 1)3

x2 = 0, x = 0, x + 3 = 0, x = -3, x + 1 ¹ 0, x ¹ -1

′

–

При x Î(-¥; -3) È(-1;0) È(0; +¥) функція

x Î(-3; -1) функція спадає

зростає; при

-3

-1

Рис.5.5

- 73 -

ymax (-3) = - 27 = - 27
2 ×4	8

7) Для визначення інтервалів опуклості (увігнутості) й точок перегину знайдемо другу похідну:

y¢¢ =

1 (2x ( x + 3) + x2 )( x + 1)3 - 3 ( x + 1)2

x2 ( x + 3)

= =

1 3x3

+ 6 x2

+ 3x2 + 6 x - 3x3 - 9 x2

( x + 1)2

( x + 1)4

′′

= 0, x = 0, x ¹ -1 ;

–

( x + 1)

-1

При

x Î(-¥; -1) È(-1;0 )

Рис.5.6

графік опуклий; x Î(0; +¥) графік

увігнутий. Точка 0(0;0) – точка перегину.

8)Точки перетину графіка з осями координат: х=0, y=0.

9)	Досліджуємо поведінку функції на нескінченності: lim	x3		= ±¥.
		2 ( x + 1)	2
	x→±∞

Рис. 5.7.

- 74 -

Розділ 6

НЕВИЗНАЧЕНИЙ ІНТЕГРАЛ, МЕТОДИ ІНТЕГРУВАННЯ

6.1. Первісна, властивості невизначеного інтеграла

Функція F(x) є первісна для функції f(x) на інтервалі (a, b), якщо F(x) диференційовна x (a, b) й F′(x) = f (x).

1о. Якщо F(x) є первісною на інтервалі (a,b), то F(x)+С, де С – довільна

постійна, також є первісною.

2о. Якщо F1 (x) й F2 (x) – будь-які дві первісні, то F1 (x)− F2 (x) = C , звідки F1 (x) = F2 (x)+ C .

Сукупність первісних F(x)+С називається невизначеним інтегралом і позначається ∫ f (x)dx = F (x) + C .

Таблиця основних невизначених інтегралів

1.	∫ dx = x + C.
2.	∫ xn dx =	xn+1	+ C (n ¹ -1).
		n +1

3.∫ dxx = ln x +C ( x ¹ 0)

4.	∫ ax dx =	ax	+ C (0 < a ¹ 1)
		ln a

5.∫ ex dx = ex + C.

6.∫ cos xdx = sin x + C.

7.∫sin xdx = - cos x + C .

∫

= tgx + C .

cos2 x

∫

= -ctgx + C .

sin2 x

∫

arcsin x + C

10.

= -arccos x + C .

1- x2

11.

∫

arctgx + C.

= -arcctgx + C.

1+ x2

12.

∫

x - a

+ C .

x + a

- a

∫

+ C .

= ln

x + x2 ± a2

x2 ± a2

∫ tgxdx = - ln

cos x

+ C.

∫ ctgxdx = ln

sin x

+ C.

∫

arctg

+ c = -

arcctg

+ c.

x2 + a2

∫

= arcsin

+ c = - arccos

+ c

a2 - x2

∫

= arcsin

+ c = - arccos

+ c .

a2 - x2

+ C .

= ln

∫ sin x

= ln

+ C.

∫ cos x

20∫ shx dx = chx + C.

21∫ ch xdx = sh x + C .

22	∫	dx	= - cth x + C.
		sh2 x
23	∫	dx	= th x + C .
		ch2 x

- 75 -

Властивості невизначеного інтеграла

1o. (∫ f ( x) dx)′ = f ( x).

2o. d (∫ f ( x) dx) = f ( x) dx. 4o. ∫Cf ( x) dx = C ∫ f ( x) dx.

3o. ∫ dF ( x) = F ( x) + C.

5o. ∫(u ± v) dx = ∫udx ± ∫ vdx.

При інтегруванні функцій можливість безпосередньо використати основні формули буває вкрай рідкою. Як правило, підінтегральну функцію доводиться так чи інакше перетворювати для того, щоб інтеграл звести до табличного. Нижче наведені приклади таких перетворень.

Приклади.

1.∫ (1+ x)2 dx = ∫1+ 2x + x2 dx = ∫ x−32dx + 2∫ x−12 dx + ∫ x12 dx =

xx x32

= −2

−1 2

+ 4x

3 2

+ C.

1 2

(

+ 2x

)

(

)

+ x2

∫

= ∫

1+ x2

dx = ∫

+ ∫

= −

+ arctgx + C.

1+ x2

2 1+ x

)

1+ x2

(

∫

x2 +1− (x2 −1) ≡ 2

(x2 −1)(1+ x2 )

dx =

+1−

(

−1

1 dx

1− x

)

∫

(x2 −1)(1+ x2 )

∫

−

∫

−

arctgx + C.

x2 −1

1+ x2

1+ x

sin2 x + cos2 x

∫

= ∫

+ ∫

= tgx

− ctgx + C.

sin2 x cos2 x

cos2 x

sin2 x

∫

= −

ctgx + C

1− cos 2x

sin2 x

Теорема (про інваріантість формул інтегрування). Вид формули інтегрування залишається незмінним незалежно від того, чи є змінна

інтегрування незалежною змінною чи деякою диференційовною функцією;

тобто, якщо ∫ f (x)dx = F (x) + C , то ∫ f (ϕ (x))dϕ( x ) = F (ϕ (x)) + C .

Наведена теорема дозволяє багато інтегралів приводити до табличних.

Приклади.

∫ xe x2 dx =

d (x 2 )

∫ e x2 d (x 2 )=

e x2 + C .

xdx =

∫ sin5 x cos xdx =

cos xdx = d (sin x)

= ∫ sin5 xd (sin x) =

sin6 x

+ C.

∫

(arctgx)2

dx =

= d (arctgx)

= ∫ (arctgx)2 d (arctgx) = (arctgx)3

+ C.

1+ x 2

∫

xdx

∫

d (x 2 )

arcsin

+ C.

4 − x

2 2 − (x 2 )

- 76 -

∫

= d (ln x)

= ∫

d (ln x)

= ln

ln x

+ C.

x ln x

ln x

(e x )

d (e x )

∫

e x dx

e x dx = d

= ∫

= arcsin

e x

+ C.

4 − e

22 −

(e x )

2 x

∫

sin x cos xdx

2(a 2

− b 2 )sin x cos xdx = d (a 2 sin 2 x + b 2 cos 2 x)

a 2 sin 2 x + b 2 cos 2 x

d (a 2 sin 2 x + b 2 cos 2 x)

a 2 sin 2 x + b 2

cos 2 x

+ C , a ¹ b .

2(a 2 − b 2 )∫

(a 2 − b 2 )

a 2 sin 2 x + b 2 cos 2 x

cos 5xdx

d (sin 5x)

−

∫

cos 5xdx =

= −

∫ (3 − sin 5x) 2 d (3 − sin 5x) = −

3 − sin 5x + c.

3 − sin 5x

+ x)

∫

dx = ∫ ln

(1+ x)d ln(1+ x) =

(1+ x) + C

1+ x

10. .

J = ∫

1 + x −

Якщо позбавитися від ірраціональності в знаменнику, одержимо:

J = 12 ∫( x + 1 − x − 1)dx = 21 ∫(x + 1)12 d (x + 1) − 21 ∫(x − 1)12 d (x − 1) =

	1
=		( x +1)	3	−	( x −1)	3	+ C .

	3

11. I = ∫ x 3 3

dx =

d (x 2 )

∫ x 2 3

d (x 2 )=

xdx =

1+ x 2

∫ (x 2 +1−1)3

(x 2 +1)=

∫ (x

2 +1)3

d (x 2 +1)−

∫ 3

d (x 2 +1)=

1+ x 2

= 12 ∫(x2 +1)43d (x2 +1) − 12 ∫(x2 +1)1 3d (x2 +1) = 143 (x2 +1)73 − 83 (x2 +1)43 + C .

3x −1

12. I = ∫ 4x2 − 4x +17dx

	3	(8x − 4) +	3	−1
	8					3
∫		2			dx =		∫
		4x2 − 4x +17				8

В чисельнику запишемо похідну знаменника

і виконаємо перетворення таким чином,

щоб одержаний вираз в чисельнику був рівним початковому

d (4x2 − 4x +17)	+	1	∫	dx
						.
4x2 − 4x +17		8		x2 − x +	17
				x2 − x +
			4

Виділимо повний квадрат:

	2		17		1	2
x		− x +		= x −			+ 4 ;
			4		2

- 77 -

ln (4x2

− 4x +17) +

x −

2x −1

∫

I =

ln(4x2

− 4x +17) +

arctg

+ c .

1 2

x −

+ 2

13.

2x + 5

(2x + 6) −1

d (x + 3)

−

I = ∫

dx = ∫

dx =

∫ (x2 + 6x + 2) 2 d (x2 +

6x + 2) − ∫

(x + 3)

− 7

+ 6x + 2

6x + 2

= 2 x2 + 6x + 2 − ln x + 3 + x2 + 6x + 2 + c .

6.2. Методи інтегрування

6.2.1. Метод заміни змінної

Одним з основних методів обчислення інтегралів є метод заміни змінної, суть якого полягає в тому, що якщо x = ϕ (t ) – неперервно

диференційовна монотонна функція, то

∫ f (x)dx = ∫ f (ϕ (t ))ϕ ′(t )dt .

Нижче цей метод проілюстрований на ряді прикладів. Приклади.

1+ x2

= t,

xdx

1+ x2

= t 2 ,

tdt

(t +1) −1

1. ∫

= ∫

dt = ∫ dt − ∫

1+ x

2xdx =

2tdt,

1+ t

xdx = tdt

t − ln(1+ t) + c =

− ln(1+

) + c .

1+ x2

2. ∫

e4 x

= t,

= ∫

∫

(t3

−1) +1

∫

(t −1)(t 2

+ t +1)

dt =

−

dx = dt

−1

+ t + ln

t −1

+ c =

e3x

e2 x

+ ex + ln

ex −1

+ c .

= t, 2x −1 = t

2x −1

2 ,

−1

x −1

2 (

3. ∫

2dx = 2tdt, dx = tdt,

= ∫

)

tdt =

2x −

(

)

x =

2 +1

1 t3

(2x −

1) 2

2 ∫t dt − 2 ∫ dt = 2 3

− t + c =

− 2x −1

+ c

2x −1

−1

+ c =

2x −1

2x −1(x − 2) + c .

= d (t +1)

dt + ∫ t −1 =

	I = ∫			dx
4.					.
		(x	2	+1)3 2

- 78 -

1-й спосіб (заміна змінної).

x = tgt

dx =

1 + ctg

t =

sin

2 t

I =

cos

; I = ∫ cos tdt = sin t

+ C = =

3 2

(x 2 +1)

sin t =

+ C .

cos3 t

1 + tg 2t

1 + x 2

2-й

спосіб (безпосереднє обчислення).

1 −3 2

I =

∫

= −

∫ 1+

d 1

3 2

x 2

x 3

x 2

	1			1	−	1		x
						2
= −		(− 2) 1	+				+ C =		+ C.
				x2
								1 + x2
	2

		m l				p
	∫ R x
Інтеграли виду:	∫ R x	n	, x	s	,..., x r

dx, де R – раціональна функція

своїх

аргументів,

обчислюються

заміною

x = t k (k

– загальний знаменник

дробів), що дозволяє позбутися від ірраціональностей.

5. I = ∫

x (x +

У даному прикладі k=2, тому слід зробити заміну x = t2 . Тоді

I = ∫

2tdt

= 2∫

= 2arctgt + C = 2arctg

x + C .

(

t 2

t 2 +1

)

Цей інтеграл можна обчислити й безпосередньо.

Другий спосіб.

= 2d (

I = ∫

)

= 2∫

d (

x )

= 2arctg

+ C .

x (x +1)

(

)2 +1

x = t 4

−1 +1

=4∫ (

)

6. ∫

= t

= ∫

= 4∫

dt =

t +1

x + x

dx = 4t3dt

t + t

t +1

(t −1)

(

x −1)

= 4 ∫

(t −1) dt + ∫

= 4

+ ln (t

+1) + C = 4

+ ln (

+1)

+ С

t +1

При

інтегруванні

виразів

виду:

R (x,

)

x2 + a2

a2 − x2

x2 − a2

використовують заміни:

- 79 -

a)∫ R (x,

a2 + x2 )dx

x = a ×tgt;

dx =

cos

x = a sin t;

dx = a cos tdt

b)∫ R (x, a2 - x2 )dx

= a cos t;

dx = -a sin tdt

a cos t

c)∫ R (x,

x2 - a2 )dt

x =

;

dx = -

sin t

sin

7. ∫ x 2

dx = ∫ sin 2 t

cos tdt = ∫ sin 2 t cos 2 tdt =

∫ sin 2 2tdt =

1 − x 2

1 − sin 2 t

sin (4 arcsin x)

∫

1- cos 4t

sin 4t

t -

+ C =

arcsin x -

+ C.

x = tgt

8. I = ∫

1+ x2

= ∫

1+ tg 2t

∫

cos4 tdt

dx =

tg 4t

cos2 t

cos t ×sin4 t ×cos2 t

cos2 t

∫

cos t

∫sin

−4 t

+ c .

dt =

d sin t = -

sin4 t

3sin3 t

Зробимо

зворотну

заміну,

тобто

виразимо

sint

через

x: sin t =

tgt

;

I = -

(1+ x2 )

+ c .

1+ tg 2t

1+ x2

3x3

9. ∫

3cos tdt

= -∫

3cos t ×sin2 tdt

x =

, dx

= -

, sin t

sin t

sin2 t

x2 - 9

sin2 t ×9 ×

- 9

sin t

x2 - 9

∫sin tdt =

cos t + c =

1- sin

t + c =

+ c =

+ c .

10. J = ∫

x 5 dx

1 − x 2

1-й спосіб (заміна змінної):

J = ∫

x5 dx

x = sint ,

dx = cos tdt

= ∫ sin5 tdt = −∫ (1 − cos2 t)2 d cos t =

1 − x2

= cost

= −∫(1 − 2 cos

2 t + cos4 t )d cost = − cost +

cos3 t −

cos5 t =

x = sin t

(1- x2 ) +

(1- x2 )2

= - 1- x2

cos t =

1- x2

= − 1 1 − x2 (8 + 4 x2 + 3x4 )+ C . 15

2-й спосіб:

Якщо під знаком інтеграла міститься змінна х у непарному степені, то можливо використання заміни 1- x2 = t .

- 80 -

x 5 dx

t 2

= 1- x 2 , 2tdt = -2xdx

J = ∫

x 4

= 1- 2t 2 + t 4 , x 5 dx = (1- 2t 2 + t 4 )tdt

- x

t(1- 2t 2

+ t 4 )

= -∫

dt = -∫ (1- 2t

+ t

)dt = - t -

+ C =

(8 + 4x 2 + 3x 4 )

+ C.

1 - x 2

6.2.2. Метод інтегрування частинами

Нехай

функції u = u(x),

v = v(x)

мають

неперервні похідні, тоді

справедлива формула інтегрування частинами

∫ u × dv = u ×v - ∫ v × du .

(6.2.1.)

Зауваження. Назва інтегрування частинами пояснюється тим, що формула не дає остаточного результату, а тільки зводить задачу знаходження

інтеграла ∫udv до задачі знаходження іншого інтеграла ∫vdu , що при вдалому

виборі u й v виявляється більше простим. Загальних правил вибору функцій u й v немає, однак можна дати деякі рекомендації для окремих випадків.

Як правило, метод інтегрування частинами застосовується у випадку, коли підінтегральна функція містить добуток раціональних і трансцендентних функцій і при цьому інші методи незастосовні.

Наприклад,	∫	n	(x)cosαxdx,	∫	n	(x)sinαxdx,	∫	n	(x)eαx dx ,	∫	x k ln xdx ,
Наприклад,		P	(x)cosαxdx,		P	(x)sinαxdx,		P	(x)eαx dx ,		x k ln xdx ,

∫ x k arctg x dx і т.д.

Якщо підінтегральна функція має вигляд Pn (x)cos αx, Pn (x)sinαx,

Pn (x)eαx , то за “ u” приймають многочлен Pn (x).

Якщо підінтегральна функція є добуток логарифмічної або оберненої тригонометричної функції й многочлена, то за “ u” приймають ці функції.

Приклади.

u = x, du = dx

1.∫ x sin xdx dv = sin xdx = -x cos x + ∫ cos xdx = -x cos x + sin x + C.

v= - cos x

u = arctgx; du =

x 2

2. ∫ xarctgxdx =

1+ x 2

= arctgx ×

∫ x

dv = xdx; v =

+ x 2

x 2

∫

( x

2 +1) -1

∫ dx

∫

arctgx -

dx =

arctgx -

x 2 +1

x 2

arctgx -

arctgx + C

- 81 -

У деяких випадках методом інтегрування частинами зводиться до розв’зування алгебраїчного рівняння щодо вихідного інтеграла.

α x

eα x

= u, sin β xdx = dv,

α x

3. I = ∫ e

sin β xdx

α x

= -

cos β x +

∫ e

cos β xdx

αe

dx = du, -

cos β x

= v

eα x

= u, cos β xdx = dv,

α x

∫

α x

αeα

β x = v

= -

cos β x +

sin β x -

sin

β xdx =

dx = du,

sin

α x

α 2

α x

cos

β x +

sin

β x -

∫ e

sin β xdx

I = -

1 α x

cos β x +

α x

sin β x -

α 2

I – рівняння щодо вихідного інтеграла I.

β 2

Звідси I =

α sin β x − β cos β x

α x

+ c .

α 2 + β 2

4. I = ∫

dx .

a 2 + x 2

xdx

u = a 2

+ x 2 , du =

x 2 dx

I = ∫ a 2 + x 2 dx =

= x a 2 + x 2 − ∫

2 + x 2

dv = dx,

v = x

a 2 + x 2

(x 2

+ a 2 )− a 2 dx

= x a 2 + x 2 − ∫

= x a 2 + x

2 − ∫

a 2 + x 2 dx + a 2 ∫

2 + x 2

)+ 2C

1442443

a 2 + x 2

= x

− I + a 2 ln(x +

a 2 + x 2

x 2 + a 2

Таким чином, отримане рівняння щодо вихідного інтеграла, тобто відносно I . Розв’зуючи це рівняння, одержимо

2I = x

+ a2 ln (x +

) + 2C ; I =

+ a2 ln (x +

))+ C .

a2 + x2

x2 + a2

a2 + x2

x2 + a2

5. ∫sin(lnx)dx

u=sin(lnx); du=cos(lnx)

;

=x×sin(lnx)- ∫x×cos(lnx)

dv=dx;

v=x.

= x ×sin(ln x) - ∫ cos(ln x)dx

u = cos ln x; du = -sin(ln x)

;

x sin(ln x) - x cos(ln x) - ∫sin(ln x)dx

dv = dx; v = x

Отримано рівняння щодо шуканого інтеграла, звідси:

∫sin(ln x)dx = x (sin(ln x) - cos(ln x)) + C . 2

Часто метод інтегрування частинами застосовується з методом заміни змінних.

6. I = ∫sin2 (		)dx =	x = t 2	= 2∫t sin2 tdt = 2∫t	1- cos 2t	dt =
	x
			dx = 2tdt
				2

- 82 -

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 98 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Вища математика

#
12.02.20161.03 Mб61B.M..pdf
#
12.02.20161.29 Mб53В.М.-iнтеграли.pdf