Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный авиационный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Vischa_matematika_Chastina_2_Denisyuk_Repeta

.pdf

Скачиваний:

1026

Добавлен:

19.02.2016

Размер:

5 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 289 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Т.1 ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ТИПОВИХ ЗАДАЧ

I. Знайдіть інтеграли, використовуючи метод безпосереднього інте-

грування

1. ∫(2x3 + 1x − 1)dx .

Розв’язання.

	∫(2x3 +		1	− 1)dx = 2∫ x3dx + ∫			1	dx − ∫ dx =
	∫(2x3 +		x	− 1)dx = 2∫ x3dx + ∫				dx − ∫ dx =
			x				x
= 2(	x3+1	+C ) +ln \| x \| +C			−x +C =	x4			+ln \| x \| −x +C.
= 2(		+C ) +ln \| x \| +C			−x +C =				+ln \| x \| −x +C.
	3+1	1		2	3	2
	3+1					2

При кожному інтегруванні виникають проміжні довільні сталі: C1, C2 , C3 , але тоді 2C1 + C2 + C3 = C — також є довільною сталою. Тому надалі стала C означатиме суму всіх проміжних сталих.

−

dx .

∫

Розв’язання. Нагадаємо формули m x n

−

= x m ,

= x

m . Тоді

m x n

∫

−

∫

−

∫

−

dx =

x 3 dx −

2 dx

x−

−

+ C = 33

−

+ C = 3x 3

x +

+ C .

−

2 / 3 +

− 3 / 2 +

3. ∫3x e x dx .

Розв’язання. Оскільки a x b x						= (ab) x , то
			∫3x e x dx = ∫(3e) x dx =				(3e) x	+ C .
			∫3x e x dx = ∫(3e) x dx =				ln(3e)	+ C .
							ln(3e)
4. а) ∫		dx	; б) ∫		dx	.
4. а) ∫		+ 2x2	; б) ∫			.
	2	+ 2x2		9	− 4x 2

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

Розв’язання:

а) ∫

= 1

∫

ln | x + 1+ x2 | +C ;

+ 2x2

1 + x2

б)

∫

arcsin

+ C .

9 − 4x 2

9 / 4 − x 2

∫

1 + cos 2x

Розв’язання. ∫

∫

tg x

+ C .

1 + cos 2x

cos

∫

− 5

Розв’язання. ∫

= ∫

x −

+ C .

− 5

− ( 5)

2 5

x +

∫

sin

x cos

Розв’язання. ∫

= ∫

(sin 2 x + cos2 x)dx

sin

x cos

sin

x cos

= ∫

∫

= tg x − ctg x + C .

cos

sin

x3 + 1

∫

dx .

x + 1

Розв’язання. ∫

x3 + 1

dx = ∫

(x + 1)(x 2 − x + 1)

dx =

x + 1

= ∫ (x 2 − x + 1)dx =

−

x 2

+ x + C .

9. ∫ cos 2 2x dx .

Розв’язання.

∫ cos2

dx =

∫ (1+ cos x)dx =

(x + sin x) + C .

4 x − 4

10. ∫

dx .

+ 2

Розв’язання.

(2 x − 2)(2 x + 2)

∫

4 x − 4

dx = ∫

dx =

∫ (2

− 2)dx =

2 x

− 2x + C .

+ 2

ln 2

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

11.

∫

1+ 9x

Розв’язання.

∫

arctg 3x + C .

+ 9x

1/ 9

+ x

(1/ 3)

+ x

12.

∫

x 2 dx

+ 1

Розв’язання. Підінтегральний вираз є неправильним дробом, тому потрібно виділити цілу частину дробу. Маємо

x 2 dx

(x 2 + 1) − 1

dx =

−

dx =

∫

x 2

+ 1

∫ x 2 + 1

∫

+ 1

= ∫ dx − ∫

= x − arctg x + C .

+ 1

У прикладах 13—16 використовуємо формулу (2.1).

13.

∫

ln | 5x + 3 | +C.

14. ∫ cos 3xdx =

sin 3x + C .

5x +

15.

∫ (2x − 1)

5 dx =

(2x − 1)6

+ C =

(2x − 1)6

+ C .

16.

∫

xdx

∫

(x + 2) − 2

dx =

∫ dx −

2∫

= x −2 ln

x +2

+C .

x + 2

ІІ. Знайдіть інтеграли, використовуючи метод заміни змінної або внесення функції під знак диференціала

17. ∫ x 2 − xdx .

Розв’язання. Виконаємо підстановку 2 − x = t . Тоді

2 − x = t 2 ,	x = 2 − t 2 ,	dx = −2tdt ,
∫ x 2 − xdx = ∫ (2 − t2 ) t (−2t) dt = 2∫ (t4 − 2t2 ) dt =					2	t5	−	4	t3	+ C.
∫ x 2 − xdx = ∫ (2 − t2 ) t (−2t) dt = 2∫ (t4 − 2t2 ) dt =					5	t5	−	3	t3	+ C.
					5			3
Після повернення до змінної x одержимо
∫ x 2 − xdx = 2	(2 − x)5 −	4	(2 − x)3	+ C .
5		3

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

18. ∫

− e

Розв’язання. Зробимо заміну 1− e x

= t . Тут зручно знайти не dx , а dt :

dt = −e x dx

і, оскільки − e x = t − 1, то dt = (t − 1)dx , або dx =

Далі маємо

t − 1

t − (t − 1)

dt =

d(t − 1)

dt =

−

∫ 1− ex

∫ t(t − 1)

∫

t(t − 1)

∫ t − 1

∫

t − 1

∫

= ln | t − 1| − ln | t | +C = ln ex − ln

1− ex

+ C = x − ln

1− e x

+ C .

19. ∫

4 − x 2 dx .

Розв’язання. Застосуємо заміну x = 2 sin t ,

dx = 2 cos tdt . При цьому

4 − x 2

4 − 4 sin 2 t = 2

1− sin 2 t = 2 cos t .

Тоді

∫

4 − x 2 dx = ∫ 2 cos t 2 cos tdt = 4∫ cos 2 tdt =

= 2∫ (1+ cos 2t) dt = 2t + sin 2t + C .

Перейдемо до змінної x :

sin t =

, t = arcsin

sin 2t = 2 sin t cos t =

= 2 sin t

1− sin 2 t = 2 x

1− x 2

= x

4 − x 2

∫ 4 − x 2 dx = 2 arcsin

4 − x 2

+ C .

Вміючи достатньо диференціювати і знаючи таблиці інтегралів, змінну t у формулі (2.2) можна не вводити, а зразу вносити відповідну функцію під знак диференціала. При цьому часто використовують такі перетворення диференціала:

dx = d (x + b) , b — стала,
dx = 1 d(ax + b) , а, b — сталі,
a	dx
xdx = 1 d (x2 ) ,	dx	= d (ln x) ,
2	x

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

cos xdx = d (sin x) ,

sin xdx = −d (cos x) ,

= d (tg x) ,

= −d (ctg x) .

cos2

sin2

20. ∫ x

1 + x2 dx .

Розв’язання. Оскільки xdx =

d(1 + x2 ) , запишемо інтеграл так:

1 ∫ 1 + x2 d(1 + x 2 ) .

∫ x 1 + x2 dx =

Враховуючи табличний інтеграл ∫u

dx =

+ C , дістанемо

∫ x 1 + x

2 dx =

∫(1 + x2 )

d (1 + x2 ) =

(1 + x2 )

+ C =

(1 + x2 )

+ C .

21. ∫ x3e− x4 dx .

Розв’язання. Знайдемо диференціал

d(− x4 ) = −4x3dx , звідси дістаємо

x3dx = −

d (− x 4 ) , тоді

∫ x3e− x4 dx = −

− x4 d(− x 4 ) = −

e− x4

∫ e

+ C .

22. ∫

1 − ln 2 x

Розв’язання. Враховуючи співвідношення d(ln x) =

dx , подамо інтег-

рал у вигляді

d ln x .

∫

x 1 − ln 2 x

1 − ln 2 x

Дістали табличний інтеграл ∫

= arcsin u + C . Отже,

− u 2

= arcsin(ln x) + C .

∫ x

1− ln2 x

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

23. ∫ arctg x dx .

1+ x2

Розв’язання.

∫

arctg x

dx = ∫ arctg xd (arctg x) =

arctg2 x

+ C .

1+ x

24. ∫

e x

dx .

1 − e

Розв’язання. Знайдемо d(1 − e x ) = −e x dx , тоді

∫

e x

dx = −∫

d (1 − e x )

= − ln

1 − e

+ C .

− e

1 − e

25. ∫ ctg xdx .

Розв’язання. Оскільки

ctg x =

cos x

і d sin x = cos xdx , то

sin x

∫ ctg xdx = ∫

cos x

dx = ∫

d(sin x)

= ln | sin x |

+C .

sin x

26. ∫

2xdx

4 + x

Розв’язання. Знайдемо диференціал d(4 + x 2 ) = 2xdx , тоді

∫

2xdx

= ∫

d(4 + x 2 )

ln(4 + x

) + C .

4 + x

+ x

27. ∫

x (1−

x )

Розв’язання. Враховуючи рівність d(

x ) =

dx , дістанемо

2 x

∫

= 2∫

d x = − 2∫ d ( x − 1) = − 2 ln x − 1 + C .

x (1−

x )

1− x

x − 1

28.∫ sin xdx .

cos x

Розв’язання. ∫ sin xdx = −∫ d cos x = −2 cos x + C .
cos x	cos x

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

29. ∫sin 2x cos 4 xdx .

Розв’язання. Оскільки sin 2x = 2 sin x cos x і sin xdx = −d (cos x) , то

∫sin 2x cos 4 xdx = ∫ 2 sin x cos5 xdx = − 2∫ cos5 xd (cos x) =

= −2

cos6 x

+ C = −

cos6 x

+ C .

30. ∫

x3 dx

4 + x

Розв’язання. Внесемо x3

під знак диференціала, тоді

∫

x3 dx

∫

dx 4

∫

dx 4

arctg

+ C .

+ (x

)

4 + x

31. ∫

x 2 dx .

1− x6

Розв’язання. ∫

x 2 dx

∫

d(x3 )

1 arcsin(x3 ) + C .

1− x

1− (x

)

∫1 − x + x2

32.dx .

(1 + x 2 )3

Розв’язання. Виконаємо перетворення

∫	1 − x + x2				dx = ∫ (1 + x2 ) − x dx = ∫											1 + x 2				dx −
		(1 + x2 )3								(1 + x2 )3						(1 + x 2 )3
− ∫			x	2		3		dx = ∫			1		dx −		1 ∫	d (x 2 + 1) =
			(1+ x	2	)	3					1 + x		2		2	(1+ x		2	)	3
			(1+ x		)						1 + x					(1+ x			)
= ln x + 1 + x 2 −								1		∫(1 + x2 )−		3	d(1 + x2 ) = ln x + 1 + x 2 −
								1				2
								2				2
								2
		1 (1 + x 2 )−					1
	−	1 (1 + x 2 )−					2		+ C = ln x +				1 + x	2	+	1			+ C .
	−	2	− 1/ 2						+ C = ln x +				1 + x		+	1 + x	2		+ C .
		2	− 1/ 2														2

33. ∫ x + (arcsin 2x)3					dx .
	1 − 4x2

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

Розв’язання. Маємо
∫ x + (arcsin 2x)3			dx = ∫				x		dx + ∫ (arcsin 2x)3	dx =
1 − 4x2					1 − 4x2				1 − 4x2
= − 1	∫ d(1 − 4x2 ) dx +					1	∫(arcsin 2x)3 d arcsin 2x =
= − 1	∫ d(1 − 4x2 ) dx +				2		∫(arcsin 2x)3 d arcsin 2x =
8	1	− 4x		2	2
	1	− 4x
	= −	1	1 − 4x2		+		1	(arcsin 2x)4 + C .
	= −	4	1 − 4x2		+		8	(arcsin 2x)4 + C .
		4					8

ІІІ. Знайдіть інтеграли, використовуючи метод інтегрування час-

тинами

34. ∫ x ln(x + 1)dx .

Розв’язання. Відзначимо, що (ln(x + 1))′ =

— раціональний дріб.

x + 1

Цей факт є вирішальним для подальших дій.

Покладемо u = ln(x + 1) ,

dv = xdx , тоді

du =

v =

x 2

. Після застосування формули інтегру-

x +

вання частинами дістанемо

∫ x ln(x + 1)dx =

x 2

ln(x + 1) −

∫

x 2

dx =

x 2

ln(x + 1) −

x +

−

∫

x 2 − 1 + 1

dx =

x 2

ln(x + 1) −

∫(x − 1)dx −

∫

dx =

x +

x + 1

x 2

ln(x + 1) −

− 1)

−

x + 1

+ C .

35. ∫ arcsin xdx .

Розв’язання. Покладемо u = arcsin x , dv = dx , тоді du =

dx , v = x .

1 − x2

Після цього дістанемо

∫ arcsin xdx = x arcsin x − ∫

dx = x arcsin x +

1 ∫ d(1 − x 2 ) =

1 − x

= x arcsin x +

1 − x2

+ C .

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

36. ∫ xe2x dx .

Розв’язання. Маємо:

u = x , dv = e2x dx , du = dx , v =

e2x ,

∫ xe

2x dx = x

e2x −

∫ e2x dx =

xe2x −

e2x + C .

Зауваження 1. Іноді формулу інтегрування частинами доводиться

застосовувати кілька разів.

37. ∫(x 2 − 2x + 5)e− x dx .

Розв’язання.

Покладемо

u = x2 − 2x + 5,

dv = e− x dx, тоді v = −e− x ,

du = (2x − 2)dx,

після чого дістанемо

∫(x 2 − 2x + 5)e− x dx = −(x 2 − 2x + 5)e− x + 2∫(x − 1)e− x dx .

Останній інтеграл знову інтегруємо частинами:

u = x − 1 , dv = e− x dx , du = dx , v = −e− x ,

∫ (x − 1)e− x dx = −(x − 1)e− x + ∫ e− x dx = −(x − 1)e− x − e− x + C1 == − xe− x + C1.

Отже,

∫ (x2 − 2x + 5)e− x dx = −(x2 − 2x + 5)e− x − 2xe− x + C = −(x2 + 5)e− x + C .

Зауваження 2. Якщо P(x) — многочлен, то

∫ P(x)eαx dx = Q(x)eαx + C ,

де Q(x) — многочлен того самого степеня, що й P(x) . Ця обстави-

на дає можливість застосовувати для знаходження інтегралів указа-

ного типу метод невизначених коефіцієнтів, суть якого стане зрозу-

мілою з наступного прикладу.

38. ∫(x3 + 18)e2x dx .

Розв’язання. ∫(x3 + 18)e2x dx = (Ax3 + Bx 2 + Cx + D)e2x + C1 ,

де A, B, C, D — невідомі коефіцієнти.

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

Продиференціюємо обидві частини рівності за змінною х:

(x3 + 18)e2x = (3Ax2 + 2Bx + C)e2x + 2(Ax3 + Bx2 + Cx + D)e2x ,

тоді

x3 + 18 = (3Ax2 + 2Bx + C) + 2(Ax3 + Bx2 + Cx + D) , x3 + 18 = 2Ax3 + (3A + 2B)x 2 + (2B + 2C)x + C + 2D ,

звідси, прирівнявши коефіцієнти при однакових степенях х, дістанемо систему рівнянь

1 = 2A, 0 = 3A + 2B, 0 = 2B + 2C, 18 = C + 2D,

її розв’язок A = 12 , B = − 34 , C = 34 , D = 698 .

Отже,

∫(x3 + 18)e2x dx = ( 12 x3 − 34 x2 + 34 x + 698 )e2x + C1 .

Зауваження 3. При знаходженні деяких інтегралів після двократного застосування формули інтегрування частинами утворюється лінійне рівняння відносно шуканого інтеграла.

39. ∫cos ln xdx .

Розв’язання. Покладемо u = cos ln x , dv = dx . Тоді

du = − sin ln x dxx , v = x , ∫cos ln xdx = x cos ln x + ∫sin ln xdx .

Останній інтеграл знову інтегруємо частинами:

u = sin ln x , dv = dx , du = cos ln x dxx , v = x , ∫sin ln xdx = x sin ln x − ∫cos ln xdx .

Остаточно дістаємо

∫cos ln xdx = x cos ln x + x sin ln x − ∫cos ln xdx ,

тобто

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

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 289 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
28.08.2019289 Кб2Vidrodzhennya_v_nimechchini.doc
#
10.11.2019883 Кб51Vikova_psikhol_Konsp_Alp.doc
#
19.02.2016909 Кб59Vischa_geodeziya.docx
#
19.02.20168 Мб337Vischa_matematika_Chastina_1_Denisyuk_Repeta.pdf
#
19.02.20162 Мб229Vischa_matematika_Chastina_2_Denisyuk_Repeta.pdf
#
19.02.20165 Мб1026Vischa_matematika_Chastina_2_Denisyuk_Repeta.pdf
#
19.02.20168 Мб546Vischa_matematika_Chastina_3_Denisyuk_Repeta.pdf
#
19.02.20162 Мб91Vitorskaya_N_Prichiny_Bolezn_Istoki_Zdorov_Pra.doc
#
01.03.2025848 Кб1Vizio.docx
#
26.08.201978 Кб0voprosy_1-10.docx
#
01.05.2025555 Кб1VOPROSY_k_modulnoy_KR.docx