Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный университет приборостроения и информатики

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

metod_noi

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.03.2016

Размер:

2 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

				2		p 2		p2
Выделим в знаменателе полный квадрат:			x		+ px + q = x +		+ q −		,
Выделим в знаменателе полный квадрат:			x		+ px + q = x +		+ q −	4	,
						2		4
	p
d x +		= dx .
d x +		= dx .
	2

Тогда полученный интеграл вычисляется по схеме:

d x

dx =

= ln

x +

+ q −

∫

p 2

x2 + px + q

x +

+ q

−

+ x2

+ px + q

= ln

x +

(Мы воспользовались табличным интегралом ∫

x2 + A

+C )

= ln

x +

x + A

Случай 2. a < 0 .

Преобразуем его к виду

∫

= ∫

∫

, где

−x2 − b x −

−a

(−x2 + px + q)

+bx +c

−a

p = −b

, q = −

Выделим в знаменателе полный квадрат:

p 2

−x

+ px + q = − x −

+ q +

= m

− x −

, где m

= q +

d x −

= dx .

Тогда полученный интеграл вычисляется по схеме:

∫			1	dx = ∫
	−x	2	+ px + q

				p
d x			−
d x			−	2
				2
	2				p 2
m		− x −
m		− x −			2
					2

	x −	p

= arcsin	2		.

	m

(Мы воспользовались табличным интегралом ∫

= arcsin

+C )

− x

Задача 6.Найти ∫

5x + 2

dx .

+ 2x −5

Выделим в числителе производную знаменателя.

∫

5x + 2

dx = ∫

2 (2x + 2) + 2 −5

dx =

5 ∫

x + 2)

dx −3∫

+ 2x −

+ 2x −5

Заметим, что,

d(x2 + 2x −5) = (2x + 2)dx . Во втором интеграле выделим

полный квадрат в знаменателе x2 + 2x −5 = (x +1)2 −5 −1 = (x +1)2 −6 , тогда d(x +1) = dx .

Получаем

∫

(2x + 2)

−3∫

dx =

∫

d(x2 + 2x −5)

−3∫

d(x +1)

+ 2x −

+ 2x −5

(x +1)

−6

x2 + 2x −5 −3ln

x +1 +

(x +1)2 −6

+C =

x2 + 2x −5

+C .

x2 + 2x −5 −3ln

x +1 +

Ответ: ∫

5x + 2

dx =5

x2 + 2x −5

+C .

x2 + 2x −5 −3ln

x +1 +

+ 2x −5

x −3

Задача 7.Найти ∫

dx.

1 −6x −

Выделим в числителе производную знаменателя

x −3

−

(−4x −6) −3 − 3

∫

dx = ∫

dx =

−6x −

1 −6x −

																																		13
= −	1	∫			(−4x −6)								dx −						9			∫						1						dx
= −	4	∫			1 −6x − 2x						2		dx −						2			∫	1 −6x −2x										2	dx
	4				1 −6x − 2x														2				1 −6x −2x
Заметим, что,										d(1 −6x −2x2 ) = (−4x −6)dx . Во втором интеграле выделим
полный квадрат в знаменателе
1 −6x −					2x		2	= −(2x						2	+6x −1)																2		+3x					−		1				3 2		11	=
1 −6x −					2x			= −(2x							+6x −1)										= −2 x								+3x					−		2		= −2 x +			−		=
																																								2				2		4

= 2	11			−				+	3	2				,
= 2		4		−		x		+	2					,
		4							2

тогда d(x +								3) = dx .
								2
			Получаем
			−		1	∫		(−4x −6)												dx −				9	∫					1									dx =
			−		4	∫		1 −6x −2x									2			dx −				2	∫				1 −6x −2x								2		dx =
					4			1 −6x −2x																2					1 −6x −2x
																									d					3
	1		d(1 −6x −							2x		2		)			9								d		x +			2
= −	1	∫	d(1 −6x −							2x				)	−		9			∫										2								=
= −	4	∫			1 −6x −					2x		2			−		2			∫				11									3		2			=
	4				1 −6x −					2x							2						2	11									3
																							2		4			− x +
																									4								2

																																3
	1															9											d		x	+
																											d		x	+		2
= −			1 −6x −2x2 −																		∫											2									=
= −	2		1 −6x −2x2 −											2			2				∫				11				2							3 2					=
	2													2			2								11											3 2
																													− x +
																									2				− x +
																									2											2
																													3
= −	1		1 −6x − 2x2								−				9						arcsin					x + 2				+C =						= −				1		1 −6x −2x2		−	9	arcsin		2x +3	+C
	1														9											x + 2														2					2			11
	2													2			2
	2													2			2											11																2
																												2
Ответ: ∫								x −3										dx = −							1				1 −	6x −2x2									−			9	arcsin 2x +3		+C .
																									1																	9
							1	−6x −2x								2									2
							1	−6x −2x																	2															2 2			11

Применение формулы интегрирования по частям для вычисления неопределенных интегралов.

Формула интегрирования по частям имеет вид

∫udv =uv − ∫vdu

Вэтой формуле за du и dv обозначены дифференциалы некоторых функций.

На всякий случай еще раз напомним определение дифференциала функции dy = y′dx , а так же формулу восстановления функции по ее

дифференциалу ∫dy = y +C .

В начале рассмотрим один пример.

Задача 8.Найти∫xarctgxdx .

При использовании формулы интегрирования по частям важно правильно на первом этапе разбить подынтегральное выражение на два множителя u и dv . Неудачное разбиение может привести не к упрощению, а, наоборот, к усложнению примера. В указанном примере обозначим u = arctgx . Всю

оставшуюся часть подынтегрального выражения мы обозначим dv , то есть dv = xdx .

Тогда имеем:

u = arctgx, du = (arctgx)′dx =1 +dxx2 ;

x2
dv = xdx, v = ∫xdx = 2 .
Применяя формулу интегрирования по частям, получаем
∫xarctgxdx = ∫arctgx(xdx) =	x2	x2	dx
∫xarctgxdx = ∫arctgx(xdx) =	2 arctgx − ∫	2	(1 + x2 ) .

Для вычисления последнего интеграла подынтегральное выражение преобразуем к виду

x2	1		=	1	x2		+1 −1		=	1		−	1
											1
2	1 + x	2		2		x	2	+1		2			1 + x	2

Тогда получаем
∫					x2					∫	x2		dx				x2		1	∫			1
	xarctgxdx =						arctgx −									=		arctgx −			1	−			dx =
	xarctgxdx =			2			arctgx −				2	(1	+ x	2	)	=	2	arctgx −	2		1	−	1 + x	2	dx =
				2							2	(1	+ x		)		2		2				1 + x
=		x2	arctgx −	1		x +		1	arctgx +C .
=	2		arctgx −	2		x +		2	arctgx +C .
	2			2				2

				15
Ответ: ∫xarctgxdx =	x2		1	1
		arctgx −	2 x +	2 arctgx +C .
	2

Данная формула применяется для вычисления ряда типов неопределенных интегралов. Мы разберем некоторые из них.

Интегралы вида: ∫Pn (x)ekxdx ; ∫Pn (x)sin kxdx ; ∫Pn (x)cos kxdx .

Где Pn (x) - многочлен степени n . При вычислении таких интегралов

принимается u = Pn (x) . Отметим, что тогда:

1) dv = ekxdx; v = ∫ekxdx = 1k ∫ekxd(kx) = 1k ekx , то есть ekxdx = 1k d (ekx ); 2) dv =sin kxdx; v = ∫sin kxdx = 1k ∫sin kxd(kx) = −1k cos kx , то есть

sin kxdx = −1k d (cos kx);

3) dv = cos kxdx; v = ∫cos kxdx = 1k ∫cos kxd(kx) = 1k sin kx , то есть cos kxdx = 1k d (sin kx).

Задача 9.Найти ∫(5x + 7)e−2 xdx .

Полагаем u =5x + 7 , следовательно du =5dx . Тогда

−2 x

dx, v = ∫e

−2 x

dv = e

dx = −

2 e

Применяя формулу интегрирования по частям, получаем

∫

(5x

+7)e

−2 x

−

−2 x

−

∫

−

−2 x

5dx = −

(5x +7)e

−2 x

∫

−2 x

dx =

dx = (5x +7)

= −1

(5x +7)e−2 x − 5 e−2 x +С.

Мы не будем проводить дальнейшее алгебраическое упрощение данного выражения. (Надеемся, что читатели не обидятся на авторов за столь подробное изложение всех преобразований, в следующих примерах мы будем некоторые промежуточные моменты опускать.)

Задача 10.Найти ∫(3x2 +5x +3)cos 4xdx . Пусть u = (3x2 +5x +3), du = (6x +5)dx .

Тогда dv = cos 4xdx, v = ∫cos 4xdx = 14 sin 4x .

Применяя формулу интегрирования по частям, получаем

∫(3x2 +5x +3) cos 4xdx = 14 (3x2 +5x +3)sin 4x − 14 ∫(6x +5)sin 4xdx .

Мы получили интеграл подобного типа, только степень многочлена стала
меньше. Применим еще раз метод интегрирования по частям.
Пусть u = 6x +5, du = 6dx .
Тогда			dv =sin 4xdx, v = ∫sin 4xdx = −1 cos 4x .
Получаем									4
Получаем											1 ∫(6x +5)sin 4xdx =
∫(3x2 +5x +3)cos 4xdx = 1 (3x2									+5x +3)sin 4x −		1 ∫(6x +5)sin 4xdx =
					4						4
=	1	(3x	2	+5x +3)sin 4x −	1		1	(6x +5)cos 4x +		6
=	4	(3x		+5x +3)sin 4x −	4	−	4	(6x +5)cos 4x +		4	∫cos 4xdx =
	4				4		4			4

= 1 (3x2 +5x +3)sin 4x +

(6x +5)cos 4x −

sin 4x +C

Ответ:

1 (3x2 +5x +3)sin 4x +

∫(3x2 +5x +3)cos 4xdx =

(6x +5)cos 4x −

sin 4x +C

Если вы хорошо овладели навыками интегрирования, то можно явно не

выписывать чему равно u и du , dv и v , проделывая промежуточные

выкладки в уме. Покажем это на примере.

Задача 11.Найти∫(7x +1)sin

dx .

∫

(7x +

1)sin

= −2

(7x +1)d cos

= −2(7x +1)cos

+14

cos

dx =

= −2(7x +1)cos

+ 28sin

+C .

Ответ: ∫(7x +1)sin

dx = −2(7x +1)cos

+ 28sin

+C .

Следующий тип интегралов, для которых применяется формула

интегрирования по частям – это интегралы вида

∫Pn (x)lnk xdx , где

Pn (x)

- многочлен степени n , k целое положительное

число. В этом случае принимается u = lnk

x .

Задача 12.Найти ∫(4x +9)ln2 xdx .

Пусть

u = ln2 x , значит

du = 2ln x

1 dx . Тогда dv = (4x +9)dx ,

v = ∫(4x +9)dx = (2x2 +9x) .

Получаем ∫(4x +9) ln2 xdx = (2x2 +9x)ln2 x − ∫

(2x2 +9x)2ln x

1 dx =

= (2x2 +9x) ln2 x − 2∫(2x +9)ln xdx

1 dx . Тогда dv = (2x +9)dx ,

Теперь обозначим u = ln x , значит du =

v = ∫(2x +9)dx = (x2 +9x) .

Получаем ∫(4x +9) ln2 xdx = (2x2 +9x) ln2 x − 2∫(2x +9)ln xdx =

= (2x

+9x)ln

+9x)ln x − ∫(x

+9x)

x − 2 (x

dx =

=(2x2 +9x) ln2 x − 2 (x2 +9x) ln x − ∫(x +9)dx =

=(2x2 +9x)ln2 x −2(x2 +9x)ln x +(x2 +18x) +C .

Ответ: ∫(4x +9)ln2 xdx = (2x2 +9x)ln2 x −2(x2 +9x)ln x +(x2 +18x) +C .

Существует еще один класс интегралов, при вычислении которых полезно применить формулу интегрирования по частям. Применяемый прием называется «интегрирование с возвратом». Суть его состоит в том, что в результате применения формулы интегрирования по частям мы получаем уравнение для искомого интеграла.

Приведем пример вычисления интегралов вида ∫eax cosbxdx и

∫eax sin bxdx .

Задача 13.Найти ∫eax cosbxdx .

Пусть u = cosbx . Значит du = −bsin bxdx . Тогда dv = eaxdx, v = ∫eaxdx = 1a eax .

Получаем

∫eax cosbxdx = 1a eax cosbx + ba ∫eax sin bxdx .

Далее обозначим u =sin bx . Значит du =bcosbxdx . Тогда, как и ранее

dv = eaxdx, v = ∫eaxdx = 1a eax . Применяя еще раз формулу интегрирования по частям, получаем

∫eax cosbxdx = 1a eax cosbx + ba ∫eax sin bxdx =

cosbx +

sin bx −

∫e

cosbxdx

a a

Раскрываем скобки

∫e	ax	1	ax		b		ax	b2	∫e	ax
		cosbxdx = a e		cosbx +		e		sin bx − a2			cosbxdx .
		cosbxdx = a e		cosbx +	a2	e		sin bx − a2			cosbxdx .

Фактически мы получили уравнение для определения искомого интеграла

∫eax cosbxdx .

Переносим интеграл из правой части соотношения в левую

∫

cosbxdx =

cosbx +

sin bx .

Получаем

∫eax cosbxdx =

eax cosbx +

eax sin bx +C .

Задача 14.Найти ∫e3x sin 4xdx .

1 e3x .

Пусть u =sin 4x . Значит

du = 4cos 4xdx . Тогда dv = e3xdx, v = ∫e3xdx =

Получаем

∫e

sin 4xdx =

3 e

sin 4x −

3 ∫e

cos 4xdx .

Далее обозначим u = cos 4x . Значит

du = −4sin 4xdx . Тогда, как и ранее

dv = e3xdx, v = ∫e3xdx =

1 e3x . Применяя еще раз формулу интегрирования по

частям, получаем

4 ∫e3x cos 4xdx =

∫e3x sin 4xdx =

1 e3x sin 4x −

sin 4x −

cos4x +

∫e

sin 4xdx

Раскрываем скобки

∫e

sin 4xdx =

3 e

sin 4x −

9 e

cos 4x

−

9 ∫e

sin 4xdx .

Переносим интеграл из правой части соотношения в левую

∫

sin 4xdx =

sin 4x −

cos 4x .

Тогда

∫e3x sin 4xdx =

e3x sin 4x −

e3x cos 4x +C .

Аналогичным образом могут быть вычислены интегралы вида:

∫ x2 + Adx и ∫ a2 − x2 dx .

Задача 15.Найти ∫

x2 + Adx .

xdx

Обозначим u =

+ A , dv = dx . Тогда du =

v = ∫dx = x .

+ A

Применяя формулу интегрирования по частям, получаем

∫

x2 + Adx = x

x2 + A − ∫

dx .

+ A

Преобразуем данное равенство к виду

∫

+ Adx = x

+ A − ∫

x2 + A − A

+ A − ∫

+ Adx + ∫

= x

+ A

Последний из интегралов в правой части является табличным. Вычисляя его, имеем

∫

x2 + Adx = x

x2 + A − ∫

x2 + Adx + Aln

x +

x2 + A

Из полученного выражения следует

2∫

x2 + Adx = x

x2 + A + Aln

x +

x2 + A

Тогда

∫

x2 + Adx =

x2 + A +

x2 + A

+C .

x +

Задача 16.Найти ∫

a2 − x2 dx .

−xdx

Обозначим u =

− x

dv = dx . Тогда

du =

v = ∫dx = x .

− x

Применяя формулу интегрирования по частям, получаем

∫ a2 − x2 dx = x a2 − x2 + ∫

dx .

− x

Преобразуем данное равенство к виду

∫

a2 − x2 dx =

= x a

− x

− ∫

a2 − x2 −a2

dx = x a

− x

− ∫ a

− x

+ ∫

− x

Последний из интегралов в правой части является табличным. Вычисляя его, получаем

∫ a2 − x2 dx = x a2 − x2 − ∫	a2 − x2 dx + a2 arcsin	x
		a

								20
Из полученного выражения следует
2∫	a2 − x2 dx = x		a2 − x2	+ a2 arcsin			x
							a
Тогда
				+ a2
∫	a2 − x2 dx =	x	a2 − x2		arcsin	x		+C .
						a
	2			2

Интегрирование рациональных дробей.

Напомним, что рациональной дробью называется выражение вида:

R(x) = Pn (x) , где Pn (x), Qm (x) - многочлены степени n и m соответственно.

Qm (x)

Дробь называется правильной, если степень многочлена в числителе строго меньше степени многочлена в знаменателе. В противном случае дробь называется неправильной.

Известно, что всякая неправильная ( n ≥ m )дробь может быть представлена в виде

R(x) = Pn (x) = Pn−m (x) + R1 (x) , где Pn−m (x) - многочлен соответствующей

Qm (x)

степени, а R1 (x) - правильная рациональная дробь.

Поскольку проблема интегрирования многочлена не представляет серьезных трудностей, то основной вопрос – это интегрирование правильных рациональных дробей.

Простейшими рациональными дробями называются следующие выражения:

1)	A	; 2)	A	; 3)	Mx + N	; 4)		Mx + N	,
	x − a		(x − a)n		x2 + px + q			(x2 + px + q)n

где в последних двух выражениях							p2 − 4q < 0 .

Известна теорема о том, что всякая правильная рациональная дробь может быть представлена в виде суммы простейших рациональных дробей. Поясним вид такого представления.

Пусть имеется правильная рациональная дробь R(x) = Pn (x) .

Qm (x)

Любой многочлен с действительными коэффициентами может быть представлен в виде произведения линейных и квадратных множителей. Предположим, что

Qm (x) = (x − a)l ... (x −b)r (x2 + px + q)k ... (x2 + sx + g)i

Где l,..., r, k,...,i - целые числа, l +... + r + 2k +... + 2i = m p2 − 4q < 0,...., s2 −4g < 0.

Тогда дробь R(x) может быть представлена в виде

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
06.11.20183 Мб18MetFiz1.doc
#
06.11.20181 Мб31MetHist1.doc
#
06.11.20181 Мб31MetHist2.doc
#
15.03.2016757 Кб23metod_fmp.pdf
#
15.03.20162 Мб9metod_kki.pdf
#
15.03.20162 Мб12metod_noi.pdf
#
09.04.2015432 Кб39Metod_rek_k_prakt_bakal.docx
#
01.05.2025356 Кб1Metod_rekomendatsii_DR_2011_1_UP.doc
#
23.08.201965 Кб5Metod_ukaz_kontr_rab_5416_s_sayta_1.doc
#
10.11.20195 Мб11Metod_ukaz_po_dom_rab_EP_(red).doc
#
23.11.20191 Мб37metod3_lab.doc