Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Донецкий национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Интегрирование / integ

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.03.2016

Размер:

285.62 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

èëè

− a2 = x = a ch t,

dx = a sh tdt = a sh t;

+ a = x = a tg t, dx =

cos2 t

cos t

+ a = x воспользуемся= a sh t, dx = ach tdt

= a ch t.

В следующем интеграле

последней из замен.

dx = Z

ch tdt = 2 Z

x2√

= −2 cth t + C =

sh2 t ch t

sh2 t

1 + x2

√

1 + x2

Иногдастановкимогутдругогопомочьвида:тригоно= −2метричесêèå+ Cèëè. гиперболические под-

(x − a)(b − x)dx = x−a = (b−a) sin2 t,

dx = 2(b−a) sin t cos tdt

−

a)2 sin

t cos t2(b

−

a) sin t cos tdt =

−

sin

2tdt =

(b − a)2

−

cos 4t)dt =

(b − a)2

(4t

−

sin 4t)dt =

2040

−

b − a

(b − a)2

(b − a)

4 arcsin

x − a

(x − a)(b − x)(b + a − 2x)

+C =

a)2

−

(b + a − 2x)

(x − a)(b − x) + C.

1991ÓÏ=à-

arcsin r b

−a

ссмотриАЖНЕНИЕ.м интеграл1.Найтвидаи интегралы • 1778 - 1781, 1786 - 1789,

Rl(x)

Qn(x)√ax2 + bx + c

(7.1).

Выделим из рациональной

ункции целую

часть

Rl(x)

= Sl−n(x) +

Pm(x)

Qn(x)

ждениюразложим правильную дробь

Pm(x)

на сумму про т йших

20.

После этогоинтеграловзадача о нах жденииQn(интегралаx)

(7.1) ñâåдется дробейк нах -

1) Z

√

Pn(x)dx

(7.2)

ax2 + bx + c

2) Z

(x − α)k√

(7.3)

ax2 + bx + c

(Ax + B)dx

(7.4)

3) Z (x2 + px + q)l√ax2 + bx + c

Интеграл (7.2) считается с помощью

ормулы

Pn(x)

Z √ax2 + bx + c dx = Qn−1(x)

+ bx + c + λ Z √ax2 + bx + c.

×òîбы найти коэ

енты многочлена

Qn−1 степени n −1 и число

λ, надо проди еренцировать эту ормулу.

I = Z

6x2 + 11x

dx = (Ax2 + Bx + C)

x2 + 4x + 3+

−√x2 + 4x + 3−

+λ Z

√x2 + 4x + 3 .

После ди еренцирования

получим

x3 − 6x2 + 11x − 6

√

+ 4x + 3

(2Ax + B)(x2 + 4x + 3) + (Ax2 + Bx + C)(x + 2) + λ

Приравниваем=

коэ ициенты√

+ 4x + 3

3ОтсюдаA = 1,

, 10A + 2B = −6,

6A + 6B + C = 11, 3B + 2C + λ = −6.

A =

, B = −

, C = 37, λ = −66.

I = 3x2

− 4 3x + 37 px2 + 4x + 3 − 66 Z

(x + 2)2 − 1 =

= 3 x

− 4 3x + 37

x + 4x + 3 −66 ln |x + 2 + x + 4x + 3|+ C

α = t−1.

Ïîлучим

ñ÷итаем òеперь интеграл (7.3) с помощью замены

−

(x − α)l√

ax2 + bx + c

= Z

α)l

a(x

α)2 + (b + 2aα)(x

α) + c + aα2

+ bα

−

= Z

−

α)l

a(x

α)2 + b1(x

−

α) + c1

− dx

(x α)l+1

a + xb α

+ (x c α)2

−

l 1

= −

t − dt

= x − α = t−

, dx = −t2

√a + b1t + c1t2 .

ТакимОсталосьобразом,рассмотретьинтеграл интегрсведенàëк предыдущему(7.4). В случае(7.2).

замену

p = b/a делаем

x = t − p/2. Когда p 6= b/a, нужна замена x =

αt+β

ýòîì

t+1 , ïðè

членовуравненияα с первойβ подбираютсястепенью. акими,Дляэтогочтобынадов трехчленахрешитьотносительнонеосталось

После2αβзамены+ p(αполучим+ β) + 2интегралыq = 0, 2aαβ + b(α + β) + 2c = 0.

(7.5)

В первом A Z

(t2

tdt

+ ε + B Z

+ γ)l√δt2

(t2 + γ)l√δt2 + ε.

из них применяем подстановку

подстановку

√

, во втором

ассмотрим

√ 2

u =

δt

+ ε

соответствующие. примеры. Первый случай (

v = (

δt + ε)′

(4 2x + x2)√2 + 2x x2

= x = t+1 =

p = b/a):

I =

(t2 + 3)√3 t2 =

−

(x + 1)dx

−

(t + 2)dt

−

√

tdt = −udu,

3 − t = u,

( 3 − t )′

= v,

t = √1 + v2

√

−

u(6

u )

−

2√6

√6

3+6

udu

(1+v2)3/2 dv

√6 + u

−

1+v

√1+v2

√

√6

√2 + 2x x

√2

arctg(√2v) + C =

2√

√

2 + 2x

−

√

x x2

Ñëó÷àé

второй

(

2 + 2

− x2

√2 + 2x

x2 !

2√6

√6 + √2 + 2x

−

arctg

−

p = b/a):

ешаем систему (7I.5)= Z

(x2 − x + 1)√

x2 + x + 1

1 + 2v2

+ C.

2αβ − α − β + 2 = 0, 2αβ + α + β + 2 = 0.


Делаем замену		α = 1,			β = −1.
	x =	t − 1		, dx =				2dt	.
							(t + 1)2
		t + 1
					2(t + 1)dt
ДальшеИнтгралыинтегралвидасчитается			совершенно			аналогично предыдущему.
	I = Z (t2				+ 3)√3t2			+ 1 .

ãäå

R(x,

ax2 + bx + c)dx, a 6= 0,

b2 − 4ac 6= 0,

рациональныхR(·, ·) рациоуíкцийальнаяпосредствомункция, моднойжно изсвестиподстановокинтеграламЭйлераот:

= ±t ± √

ax2 + bx + c

a > 0,

ax,

= ±tx ± √

ax2 + bx + c

c, c > 0,

= ±t(x − x1), b

− 4ac > 0,

ax + bx + c

ãäå x1 один из корней квадратного трехчлена ax2 + bx + c.

I =

x +

√x2 + x + 1 =

x2 + x + 1 = tx + 1, x = 1

−t2

−

2 2t+2t2

2 2t + 2t

(1−

t2)2

−

t )

−t2 +

−t2 + 1

dx = −

2 2

−

t =

Z2 − 2t + 2t2

=(1 − t2)(t2 + t)dt.

2 − 2t + 2t2

(1 − t2)(t2 + t)

1 − t

1 + t

(1 + t)2

2 − 2t + 2t2 = A(1 − t2)(1 + t) + Bt(1 + t)2 + Ct(1 − t2) + Dt(1 − t).

−A + B −C = 0, −A + 2B −D = 2, A + B + C + D = −2, A = 2.

B = 1/2, C = −3/2, D = −3.

I = 2 Z

− 3 Z

−

1 − t

1 + t

(1 + t)2

= 2 ln |t| −

ln |1 − t| −

ln |1 + t| +

+ C =

1 + t

= 2 ln

√

−

√

−

+ x + 1

−

x + 1

−

x2 + x + 1

2 ln

1967

√

интеграИнтеУП

−2 ln

−

+ x 1 + √x2

+ x + 1 + C.

x + x + 1

−

АЖНЕНИЕëãралы •вида - 19702.С. помощью подстановок Эйлера посчитать

ãäå

xm(axn + b)pdx,

(7.6)

îтрациональнойдиa, b еренциальногоR, m, n, p ункцииQ,биномапричемвследующих.Интегралa, b, n, p =6òðåõ(70.,6)называютслучаях:сводится интеграломк интегралу

p Z подстановкой x = tq ,

äå q общий знаменатель m, n;

m+1

Z подстановкой

ãäå

менатель

m+1

+ b = t ,

p +

Z подстановкой a + bx−n = tq , ãäå q

ассмотрим пример.			24
Здесь	I = Z	3	3x − x3dx.
		p

Делаемm =заменуp = 1/3,

n = 2,

a = −1,

b = 3,

p +

m + 1

= 1.

3t2dt

√3

= t3,

8 − 3t3

Тогда3

dx =

3 3x

x3 =

− x2

2(3 − t3)3/2

−

√3 − t3

√3

3t2dt

= t3

= u

√3

8 3t3

8 3u

I =

√

−

du =

2(3

−

t3)3/2

2(3

u)2

3 t3

−

= 8 − 3u = v

du = −v

-выше,Дальше1979,

− Z

−2 Z

(v + 1)2

(v + 1)2(v2 − v + )2

ÓÏ найти2126АЖНЕНИЕинтеграл-интегралы2171.счит34..аетсПоПрименя•чит1851ак,ать-ÿкак1865,интегралыразличнэто1926делаетс- •1950,методы,1981яв1952пп1988.изложенные4,5- 1965,.. 1971

8 Определенный интеграл

Пусть ункция f (x) определена на [a, b], a = x0 < x1 < · · · <


имана, от ункции			,	xi = xi+1 − xi		,	i = 0, n − 1	. Интегралом
xn = b	xi ≤ ξi	≤ xi+1		xi = xi+1 − xi			i = 0, n − 1
		f (x)			отрезке [a, b] называется число
		b			n−1
	Z				n−1
	Z				0≤i≤n−1 \| xi \|→0 i=0
	a	f (x)dx =			X
		f (x)dx =			lim		f (ξi)Δxi.
					max

При этом, если интеграл существует, то ункция

ÿ èíòå-

ункция определена. справедливанепрерывна на отрезкназываетс

грируемойЕслипервообразная,[a, b]

åå

òî

ормула Ньютона-[Лейбницаa, b] F (:x)

f (x)dx = F (b) − F (a) = F (x) a.

1/2

√1

= arcsin x 1/2

= 6

− −6

= 3 .

1/2

−

Пусть

ункции

−

f (x)

g(x)

интегрированиянепрерывно ди еренцируемы на

[интеграловa, b]. Тогда приобретаетормула

âèä

по частям для определенных

f (x)g′(x)dx = f (x)g(x) a − Z

f ′(x)g(x)dx.

√

x2dx

x2 arctg x 0

arctg xdx2 =

x arctg xdx =

−

x2 + 1

3 arctg √

√

(arctg x − x) 0

−

dx +

1 + x2

√

2π

Пусть

ункция

−

непре-

определенаепрерывнаотрезкнепрерывна

, ункция

ϕ(t)

рывно ди еренцируемаf (x)

[a, b]

ункция

[α, β], ãäå a = ϕ(α), b = ϕ(β),

место ормулаf (ϕ(t))замены переменнойи :

íà [α, β]. Тогда имеет

f (x)dx = Zα

f (ϕ(t))ϕ′(t)dt.

0,75

4/7

(x + 1)√x2 + 1 = x + 1 = t−1 = − Z

√1 2t + 2t2 =

−

1/2)2

√2 Z

+ 1/4 =

√2 ln t − 2 + rt2 − t + 2 4/7 =

4/7

−

1 + √

1 + 5√

7(1 + √

9 + 4√

= √

− ln

= √

1 + 5√

ln 2

x = ln(1 + y2), dx = 1 + y2

√ex − 1dx = √ex − 1 = y,

2ydy

y2dy

= 2 Z

= 2(y − arctg y) 0

= 2 −

1 + y2

arcsin

√

−

x(1

x)dx = arcsin √

= y,

x = sin y =

π/2

π2

92268УППризнаки2280АЖНЕНИЕ.=

2y sin y cos ydy

= y

sin y cos y

= 4 .

сравнения. Посчитать интегралы • 2206 - 2213, 2239 - 2250,

дующийПустьпределf (x) интегрируема на отрезке [a, b] при любом b > a. Ñëå-

b	+∞
b→+∞ Za	Za	fпервого(x)dx рода от ункции(9.1)
называется н обственнымlim	fинтегралом(x)dx =	fпервого(x)dx рода от ункции(9.1)

f (x) ìíîæåñ [a, +∞).

емаЕслина любомункцияот езкне ограничена в окрестности точки b ункцииинегриру-

интеграло

âòîðогоназываетсрода[a, b − ε]обенностью, пределг0 < ε <â bточке− a,

несобственным

на множестве

b îò

f (x)

[a, b)

ε→0+

b−ε

(9 1)

= Za

ствующийпредыдущегоЕслиВотличиеконечные

f x dx

(

)

dx.

lim

интегралпаот определеннграпределыназываетсяа называетс.х сходящимсявыше,илисобственным(9ин.2) егралсуществуют, противном.имана,товслучасоотвсмыслеåò-

расходящимся.

+∞

x ln x

Посчитаем

I =

Z0 (1 + x2)2 dx

сначала первообразную

x ln x

xd(1 + x2)

ln xd

dx =

= −

(1 + x2)2

1 + x2

ln x

xdx

ln x

dx2

= −

2(1 + x2)

x2(1 + x2)

2(1 + x2)

x2(1 + x2)

Таким образом,

ln x

= −

2(1 + x2)

1 + x2

ln x

+∞

I = −2(1 + x2) +

4 ln

1 + x2 0

ln b

lim

−

1 + b2

= b→+∞ −2(1 + b2)

− a→0+

−2(1 + a2)

− 4

lim

ln a

ln a2

ln(1 + a2)

= 0

lim

ln a

−

lim

a2 ln a

= 0.

1 + a2

− a→0+

2(1 + a2)

2ydy

= √1 − x = y, x = 1 − y2

x)√

= Z

−

(1 + y2)y

−

Последний.второгоизрода,посчитанныхно послеинтзаменыеграловполучилсизначальноÿ с бствебылíесобственныйинте-

гралным

= 2 Z

1 + y2

= 2 arctg y 0

2 .

димостихИнтегралдитсясоответствующийxdx(9.1) èëèx (9x.2) называетсxи теграляотабсолютноlim (a ln a сходящимсяa . , åñëè

1		1
Z		1
Z	ln	= ( ln − ) 0 = −1 − a→0+	− ) = −1
0

Пустьследуункциих димость есобственного|f (xинтегр)|. Èç àлабсолютнойособенность.хо-

точкледу

f (x)

g(x) имеют единственную

b, b

≤ +∞

, выполняются неравенства

0 ≤

(

) ≤

g(x), x

I1 =

a f (x)dx

мость

I1 R

a g(x)dx

(a, b)несобственных.етТогда(Этодмостьзхдимости несобственного интеграла I2 =

стиже

b называетс, из расходимости

сходиморастому

онечныйждениетеграловпредел.) Еслияжпервымдля этихпризнакомункций к

существует. утверк

(дру ими словами, ункцииlim

f (x)

> 0

x→b− g(x)

èíòåãðàëû

f (x) и Ag(x) эквивалентны f ВторойAg),

призИí

тегралак сходимостиодятсянесобственныхилирасхинтеграловдятсяодновременно.). (

+∞

сходится при

(9.3)

xα

α > 1 и расходится при α ≤ 1. Интеграл

(9.4)

xα

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Интегрирование

#
03.03.201614.47 Кб8integ.docx
#
03.03.2016285.62 Кб8integ.pdf