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:

1.6 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 84 5 6 7 8 > Следующая >>>

Решая эту систему уравнений, находим коэффициенты.

A =				3	, B = −	1		, C = −						1	.
A =			10		, B = −	20		, C = −							.
			10			20						4
Тогда
∫				t + 4			dt =			3	∫			dt				−			1	∫	dt			−		1		∫		dt	=			3			ln	t − 2		−	1	ln		t +8	−	1	ln	t	+C .
				t + 4						3				dt							1		dt					1				dt				3							1					1
	(t		− 2)(t +8)t									t −											t +									t
						10											2			20					8			4							10								20					4
						10											2			20					8			4							10								20					4
Подставляя t = ex , получаем
∫				ex + 4					dx.=			3				ln			e	x	− 2		−		1		ln		e		x	+	8	−		1			x +C .
				ex + 4								3								x					1						x					1
		e2x + 6ex −16											10											20													4
		e2x + 6ex −16											10											20													4
																																																				q
																																						m						r								p
					Интегралы вида ∫																				R (ax +b)														, (ax		+b)				,..., (ax +b)								, x dx .
					Интегралы вида ∫																				R (ax +b)													n	, (ax		+b)			s	,..., (ax +b)								, x dx .

Данный неопределенный интеграл сводится к интегрированию рациональной дроби по следующей схеме.

Обозначим через k - наименьшее общее кратное чисел (n, s,..., q) . (На

всякий случай напомним, что наименьшим общим кратным для некоторого множества целых чисел называется такое наименьшее целое число, которое делится без остатка на все числа данного множества.)

Сделаем замену переменной ax +b = t k . Тогда x =

t k

−b

, dx =

kt k −1

dt .

После указанной замены подынтегральное выражение превращается в

рациональную дробь.

Рассмотрим примеры.

Задача 26.Найти ∫

x −1 −

x −1

Подынтегральная функция содержит

и 3

x −1 = (x −1)

Надеемся, что не требует долгих объяснений тот факт, что наименьшим

целым числом, которое делится на 2 и на 3 является число 6.

что

Сделаем замену x −1 = t 6 , t = 6

x −1 . Тогда x = t 6

+1, dx = 6t 5 dt . Напомним,

(am )n = amn . Следовательно x −1 = (x −1)

= (t 6 )

= t 3 , 3

x −1 = (x −1)

= (t 6 )

= t 2 .

Тогда

6t 5 dt

6t 3 dt

∫

= ∫

x −1 −

x −1

−t

t −1

Выражение, стоящее под знаком интеграла является неправильной рациональной дробью. Следовательно, его можно представить как сумму многочлена и правильной рациональной дроби.

Имеем

6t 3

3 −1 +1

t 3

−1

(t −1)(t 2 +t +1)

= 6

= 6 t

+t +1 +

t −

t −1

−1

t −1

t −

t −1

Следовательно

∫

6t 3 dt

t 3

t 2

6∫ t

+t +

1 +

dt =

+t + ln

t −1

−

t −1

Подставляя t = 6

x −1 , получаем

∫

= 2

x −1 +33 x −1 + 66 x −1 + 6 ln

6 x −1 −1

+C .

x −1 −3 x −1

Задача 27.Найти∫

dx.

2x +1

Сделаем замену переменной 2x +1 = t 3 . Тогда t = 3

2x +1 , x =

t 3 −1

3 t2 dt . Тогда получаем

dx =

t 3 −1

t 2 dt

t 5

−

t 2 +C .

∫

dx. = ∫

∫(t 4 −t)dt =

2x +1

Подставляя t = 3

2x +1 ,

получаем окончательный ответ

∫

dx. =

(2x +1)3 (2x +1)

−

3 (2x

+1)

+C .

3 2x +1

Интегралы вида ∫R(sin x, cos x)dx .

Данный интеграл сводится к интегрированию рациональных дробей

путем следующей замены. Обозначим t = tg

. Тогда x = 2arctgt ,

dx =

dt .

+t 2

Из школьного курса тригонометрии известны формулы выражения синуса и косинуса через тангенс половинного угла. На всякий случай мы напомним эти формулы. Для тех, кто их успел забыть, это будет не вредно, а те, кто еще их помнит, надеемся, не обидятся на нас.

Итак:

	2tg	x				2t		1	−tg	2	x			1 −t 2
sin x =	2tg	2		=		2t	. cos x =	1	−tg		2	=		1 −t 2	.

		2 x			1	+t 2
1	+tg	2 x			1	+t 2		1	+tg	2	x		1 +t 2
1	+tg		2					1	+tg		2
			2								2

Такая подстановка приводит вычисление исходного интеграла к интегрированию рациональной дроби.

Задача 28.Найти ∫

sin x + cos x

Сделаем замену переменной t = tg

. Тогда

2dt

d(t −1)

∫

= ∫

1 +t

= ∫

= −2∫

sin x + cos x

+1 −t

− 2t −1

(t −1)

−

1 −t

1 +t 2

d(t −1)

t −1

− 2

−1 − 2

= − 2∫

= −

+C = −

+C .

(t −1)

−( 2)

2 2

t −1

+ 2

−1 +

(Мы не стали делать подробных пояснений при вычислении данного интеграла, поскольку надеемся, что к этому моменту Вы овладели техникой вычисления интегралов, содержащих квадратный трехчлен в знаменателе.) Таким образом

∫

−1

−

+C .

sin x + cos x

−1

Найти ∫

sin x + cos x +1

Используя замену t = tg

, получаем

2dt

d(t +1)

∫

= ∫

1 +t 2

= ∫

= ln

t +1

+C = ln

+C .

sin x + cos x +1

2t + 2

t +1

1 −t

1 +t 2

То есть ∫

+C .

= ln

sin x + cos x +1

При дальнейшем изложении материала мы будем исходить из того, что к данному моменту Вы уже овладели некоторой техникой интегрирования, и поэтому будем позволять себе «такую роскошь» как несколько менее подробные пояснения и менее подробные промежуточные выкладки.

Рассмотрим еще один класс интегралов – интегралы вида ∫R(tgx)dx .

Конечно, читатель может задать вопрос: «Поскольку tgx = cossin xx , то данный

тип интегралов уже рассмотрен, и чем вызвана причина их отдельного изучения?». Он конечно прав. Однако существует замена переменной, которая позволяет вычислить этот интеграл в некоторых случаях более просто. В этом случае такой заменой является t = tgx . Тогда x = arctgt ,

dx = 1 +dtt 2 . После такой подстановки вычисление интеграла сводится к интегрированию рациональной дроби.

Задача 29.Найти ∫

sin x

dx .

sin x + cos x

Сначала убедимся, что данный интеграл действительно относится к

указанному типу. Для этого преобразуем данное выражение

sin x

tgx

tdt

cos x

∫

dx = ∫

dx =∫

dx = ∫

= ∫

sin x + cos x

sin x

tgx +1

t +1

t2 +1

(t +1)(t2 +1)

cos x

Выражение

является правильной рациональной дробью и может

(t +1)(t 2

+1)

быть разложено в сумму простейших рациональных дробей. Имеем

Bt +C

(t +1)(t 2

+1)

t +1

t 2 +1

После приведения к общему знаменателю в правой и левой частях получаем t = A(t 2 +1) + (Bt +C)(t +1) .

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях t , получаем систему уравнений

A + B = 0;

B +C =1;

A +C = 0.

Решая эту систему, получаем

A = − 12 , B = 12 , C = 12 .

Следовательно

∫			tdt					= −					1		∫			dt			+	1	∫				t +1					dt = −				1	ln		t +1				+			1			∫			tdt				+			1			∫			dt		=
			tdt										1					dt				1					t +1									1										1						tdt							1						dt
	(t +1)(t				2								2				t +			1		2			t			2								2										2					t	2							2					t	2
					2	+1)																						2	+1																							2	+1												2	+1
						+1)																							+1																								+1													+1
= −		1	ln	t	+1		+	1	∫		d(t 2 +1)										+	1	∫						dt				= −		1	ln		t +1		+				1		ln				t	2	+1			+			1			arctgt +C =
		1						1			d(t 2 +1)											1							dt						1									1							2							1
		2						4					t		2		+1					2				t		2	+1						2									4													2
		2						4					t				+1					2				t			+1						2									4													2
= −		1	ln	tgx +1				+		1		ln				tg 2 x +1						+		1			arctg(tgx)									+C = −					1				ln		tgx +1							+			1									1	+	1	x +C =
																																																												ln


		2							4														2																																								cos2 x
																																									2																4											2
																																									2																4											2
= −		1	ln	sin x + cos x										+				1	x +C .
		1																1
		2															2
		2															2
Получаем ∫													sin x									dx			= −					1	ln			sin x + cos x								+				1		x +C .
													sin x																	1																1
								sin x + cos x																						2																2
								sin x + cos x																						2																2

Задача 30.Найти∫tg 3 xdx

После замены переменной t = tgx получаем

t 3

+t −t

t(t 2

+1) −t

∫tg

xdx =

∫

dt =

∫

= ∫

= ∫ t −

dt =

= ∫tdt − ∫

tdt

t 2

−

∫

d(t 2

+1)

−

ln(t

+1)

+C =

tg 2 x

−

ln(tg

x +1)

+C .

Следовательно

∫tg 3 xdx = tg 2 x − 1 ln(tg 2 x +1) +C .

2 2

Тригонометрические подстановки в интегралах, содержащих выражения a2 − x2 , a2 + x2 , x2 − a2 .

В этих случая полезны следующие подстановки.

Для случая выражения a2 − x2 используется замена x = a sin t . Тогда

dx = a cos tdt , a2 − x2 = a2 − a2 sin 2 t = a 1 −sin 2 t = a cos t .

Для случая выражения a2 + x2 используется замена x = atgt . Тогда

dx =	a		dt ,	a2 + x2 = a2 + a2tg 2t = a 1 +tg 2t =	a	.
	cos2	t			cos t

Для случая выражения x2 − a2 используется замена x = cosa t . Тогда

dx =

a sin t

dt ,

a2 − x2

− a2 = a

1 −cos2 t

a sin t

cos2 t

cos t

Задача 31.Найти ∫

− x2 )

Сделаем замену x = 2 sin t . Тогда dx = 2 cos tdt,

(4 − x2 )3

= (4 − 4 sin 2 t)3

43 (1 −sin 2 t)3 = 8cos3 t .

Следовательно ∫

= ∫

2 cos t

dt =

∫

tgt +C =

− x2 )

8cos

cos

sin t

+C =

+C .

cos t

1 −sin 2 t

4 − x2

1 −

Получаем ∫

+C .

− x2 )

4 − x

Задача 32.Найти ∫

+ x2 )

Сделаем замену x = 3tgt . Тогда dx =

3dt

cos2

(9 + x2 )3 = (9 +9tg 2t)3 = 93 (1 +tg 2t)3 =

cos3 t

3dt

Следовательно ∫

= ∫ cos2 t dt =

∫cos tdt =

sin t +C =

+ x2 )

cos3 t

= 1

sin

+ C = 1

+ C =

+ C .

sin2 t + cos2 t

tg2t +

+ 9

Получаем ∫

+C .

(9 + x2 )

Задача 33.Найти ∫

(x2

−

Сделаем замену x =

. Тогда dx =

sin tdt

cos t

cos2 t

−1)

1 −cos2 t 3

sin3 t

−1

cos

sin tdt

cos tdt

d sin

Следовательно ∫

= ∫

cos2 t

dt =

∫

= −

+C =

(x2 −1)

sin

sin t

cos3 t

= −

+C = −

+C .

1 −cos2 t

1 −

−1

Получаем ∫

= −

+C .

−1

(x2 −1)

В заключение данного раздела рассмотрим методы интегрирования некоторых функций, которые непосредственно не входят в контрольную работу, но знание этих методов будет полезно при подготовке к экзамену.

Интегралы вида ∫cos nx cos mxdx, ∫sin nx sin mxdx, ∫sin nx cos mxdx .

Напомним некоторые формулы тригонометрии: cos x cos y = 12 [cos(x + y) + cos(x − y)];

sin xsin y = 12 [cos(x − y) − cos(x + y)];

sin x cos y = 12 [sin(x + y) +sin(x − y)].

Задача 34.Найти ∫cos 5x cos 3xdx .

Решение. ∫cos 5x cos 3xdx = 12 ∫(cos8x + cos 2x)dx = 12 ∫cos8xdx + 12 ∫cos 2xdx =

= 161 ∫cos8xd(8x) + 14 ∫cos 2xd(2x) =161 sin 8x + 14 sin 2x +C .

Задача 35.Найти ∫sin 4x sin xdx .

Решение. ∫sin 4x sin xdx = 12 ∫(cos 3x −cos 5x)dx = 12 ∫cos 3xdx − 12 ∫cos 5xdx =

= 16 ∫cos 3xd(3x) −101 ∫cos 5xd(5x) = 16 sin 3x −101 sin 5x +C . Найти ∫sin 7x cos 2xdx .

Решение. ∫sin 7x cos 2xdx = 12 ∫(sin 9x +sin 5x)dx = 12 ∫sin 9xdx + 12 ∫sin 5xdx = = 181 ∫sin 9xd(9x) +101 ∫sin 5xd(5x) = −181 cos 9x −101 cos 5x +C .

Интегралы вида ∫sin n x cosm xdx .

Рассмотрим два случая вычисления таких интегралов.

Первый случай – это когда, по крайней мере, один из показателей степени n или m является нечетным числом. Будем считать для определенности m нечетным числом, то есть m = 2k +1. Обозначим t = sin x . Следовательно

dt = cos xdx .

Тогда ∫sin n x cosm xdx = ∫(sin x)n (cos2k x)(cos xdx) = ∫(sin x)n (cos2 x)k (cos xdx) = = ∫(sin x)n (1 −sin 2 x)k (d sin x) = ∫(t)n (1 −t 2 )k dt .

Полученное подынтегральное выражение является многочленом и его интегрирование (мы на это все-таки надеемся) не вызовет затруднений.

Задача 36.Найти ∫sin 4 x cos5 xdx .

Пусть t = sin x . Тогда dt = cos xdx .

Имеем ∫sin 4 x cos5 xdx = ∫(sin x)4 (cos4 x)(cos xdx)= ∫(sin x)4 (cos2 x)2 (d sin x)= = ∫(sin x)4 (1 −sin 2 x)2 (d sin x)= ∫(t)4 (1 −t 2 )2 dt = ∫(t 4 − 2t 6 +t8 )dt =

t 5

−

2t 7

t 9

+C =

sin 5 x

−

2 sin 7 x

sin 9 x

+C .

Задача 37.Найти ∫sin 3 xdx .

Пусть t = cos x . Тогда dt = −sin xdx .

= −∫(1 −cos2 x)(d cos x) = −∫(1 −t2 )dt =

Имеем ∫sin3 xdx

= ∫sin2 x(sin xdx)

= −t +

+C = −cos x +

cos3 x

+C .

Второй случай – оба показателя степени n и m являются четными числами. В этом случае для понижения степени используются формулы

											38
cos2 x =1 + cos 2x						; sin2 x =		1 −cos 2x .
					2			2
			Задача 38.Найти ∫cos4 x sin 2 xdx .
Решение.							+ cos 2x 2
∫		4		2		1	+ cos 2x 2		1	− cos 2x			1	∫(		2		3	)
∫	cos		xsin xdx =			∫						dx =		∫(	+ cos 2x − cos		2x − cos		)
	cos		xsin xdx =				2			2		dx =	8	1	+ cos 2x − cos		2x − cos		2x dx =
							2			2			8

=18 ∫dx + 18 ∫cos 2xdx − 18 ∫cos2 2xdx − 18 ∫cos3 2xdx =

=81 x + 161 ∫cos 2x(d 2x)− 81 ∫1 + cos2 4xdx − 81 ∫cos2 2xcos 2xdx =

=18 x + 161 sin 2x −161 ∫dx − 641 ∫cos 4x(d 4x) −161 ∫(1 −sin2 2x)(d sin 2x)=

=18 x + 161 sin 2x −161 x − 641 sin 4x −161 sin 2x + 481 sin3 2x + C =

=161 x − 641 sin 4x + 481 sin3 2x +C .

Таким образом ∫cos4 xsin2 xdx =161 x − 641 sin 4x + 481 sin3 2x +C .

Замечания:

- при вычислении ∫cos2 2xdx мы воспользовались формулой двойного

угла cos 2x =1 + cos 4x ; 2

- при вычислении ∫cos3 2xdx мы воспользовались правилом интегрирования в случае, когда, по крайней мере, одна из степеней нечетная.

Задача 39.Найти ∫sin4 xdx .

	∫	4	∫	1 −cos 2x 2		1	∫		2
Решение.		sin xdx =		2	dx =	4		(1	−2cos 2x + cos 2x)dx =

=14 ∫dx − 12 ∫cos 2xdx + 14 ∫cos2 2xdx = 14 x − 14 ∫cos 2xd(2x) + 18 ∫(1 +cos 4x)dx =

=14 x − 14 sin 2x + 18 ∫dx + 321 ∫cos 4xd(4x) = 14 x − 14 sin 2x + 18 x + 321 sin 4x +C =

=83 x − 14 sin 2x + 321 sin 4x +C .

Получаем ∫sin 4 xdx = 83 x − 14 sin 2x + 321 sin 4x +C .

2.ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ

Прежде чем перейти к непосредственному решению примеров, напомним некоторые факты теоретического курса.

Начнем с самого понятия определенного интеграла.

	Фиг.1
Пусть на отрезке [a;b] задана функция y = f (x) и f (x) ≥ 0 . Разобьем
отрезок [a;b] на n частей (фиг.1) точками x0 , x1 ,..., xi , xi+1 ,...xn		( x0 = a, xn = b ).
Обозначим xi = xi+1 − xi , где xi - длина отрезка [xi ; xi+1		]. На отрезке
[xi ; xi+1 ] выберем произвольную точку ci . Вычислим значение функции
y = f (x) в этой точке yi	= f (ci ) . Интуитивно понятно, что величина f (ci ) xi
при малом значении xi	будет не очень сильно отличаться от площади

криволинейной трапеции, ограниченной линиями x = xi , x = xi+1 , y = 0, y = f (x) .

i=n−1

Тогда сумма таких площадей по всем отрезкам разбиения ∑ f (ci ) xi будет

i=0

близка к площади криволинейной трапеции, ограниченной линиями x = a, x = b, y = 0, y = f (x) .

Теперь перейдем к более строгим рассуждениям. Назовем

i=n−1

интегральной суммой In сумму вида In = ∑ f (ci ) xi .

i=0

Заметим, что значение интегральной суммы зависит и от способа разбиения и от способа выбора точек ci . Введем еще одну характеристику разбиения –

параметр λ, где λ - наибольший из отрезков разбиения xi = xi+1 − xi , то есть

λ = max xi .

0≤i≤n−1

Определение. Если существует предел интегральных сумм при λ →0, и этот предел не зависит ни от способа разбиения, ни от способа

выбора точек ci , то функция y = f (x) называется интегрируемой на

отрезке [a;b], а значение предела называется определенным интегралом

		b
от данной функции по отрезку [a;b], и обозначается ∫ f (x)dx .
		a
b		i=n−1
Таким образом ∫ f (x)dx = lim		∑ f (ci ) xi .
a	λ→0	i=0

Возникает естественный вопрос, а существуют ли вообще такие функции, для которых это понятие имеет смысл. Мы не будем приводить доказательство, а просто сформулируем известный факт: «Всякая функция,

непрерывная на отрезке, является интегрируемой по этому отрезку». (Отметим, что непрерывными функциями не исчерпывается класс интегрируемых функций.)

Сформулируем свойства определенного интеграла. При формулировке свойств мы будем предполагать, что речь идет о функциях, интегрируемых по отрезку.

1. ∫b		Af (x)dx =A∫b			f (x)dx , где А – постоянная величина.
	a			a
2. ∫b [f (x) + g(x)]dx =∫b						f (x)dx + ∫b g(x)dx .
	a				a		a
3. ∫b		f (x)dx =∫c		f (x)dx + ∫b			f (x)dx .
	a		a			c
Кроме того, по определению полагают
∫a	f (x)dx =0 .
a
∫b	f (x)dx = − ∫a		f (x)dx при b < a .
a		b

Далее перейдем к формуле Ньютона-Лейбница, которая устанавливает связь между неопределенным и определенным интегралом.

Пусть функция y = F(x) является первообразной для функции y = f (x) , то есть F ′(x) = f (x) .

Тогда

∫b f (x)dx = F (b) − F (a)

- это соотношение и называется формулой Ньютона-Лейбница .

Символически это часто записывается следующим образом

			b
Если	′			b

	F (x) =		f (x) , то ∫ f (x)dx = F (x)	a .

			a
Запись F(x)		ba	- читается «эф от икс в подстановке от а до бэ», а

математически эта подстановка означает

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 84 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.12.20181.61 Mб4metodichka_po_matematike_dlja_pz.docx
#
09.04.2015803.84 Кб171Metodichka_по англ.doc
#
09.04.2015297.98 Кб6Metodich_ukazania_1.doc
#
15.03.2016756.7 Кб8metod_fmp.pdf
#
15.03.20161.81 Mб4metod_kki.pdf
#
15.03.20161.6 Mб7metod_noi.pdf
#
09.04.2015432.33 Кб18Metod_rek_k_prakt_bakal.docx
#
23.08.201965.02 Кб2Metod_ukaz_kontr_rab_5416_s_sayta_1.doc
#
10.11.20195.05 Mб2Metod_ukaz_po_dom_rab_EP_(red).doc
#
15.11.20191.8 Mб4MET_CO~1.DOC
#
25.04.2019562.69 Кб4MIROVAYa_EKONOMIKA.doc