Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Рязанский государственный радиотехнический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Int / integrals

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

21.03.2016

Размер:

3.97 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 184 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

а остальное вносят под знак дифференциала. Затем непосредственно

применяют формулу (3). Если в предыдущем примере и = х оставим перед

дифференциалом,		а функцию	sin(x / 3) внесем		под	знак дифференциала:
sin(x / 3)dx 3d cos(x / 3) , то получим

				x cos(x / 3)			cos(x / 3) d x
	x sin(x / 3)dx 3 x d cos(x / 3) 3			x cos(x / 3)			cos(x / 3) d x

		u	v	u	v		v	u
		3x cos(x / 3) 9sin(x / 3) C .
Иногда формулу (3) применяют не один раз.

ПРИМЕР 1.2.19. Найти I (2x2

3)51x dx .

Решение. Будем находить этот интеграл вторым способом. Функцию

5 1 – х вносим под знак дифференциала:

51 x dx d

51 x dx d 51 x d (1 x)

d 51 x .

ln 5

Тогда, принимая и = 2х2 – 3, получим

(2x2 3)d 51 x

(2x2 3) 51 x

51 x d (2x2

ln 5

(2x2

3)51x

51x 4 x dx .

ln 5

Еще раз применяем формулу (3), принимая и = х

и вынося константу 4 за знак

интеграла:

(2x2 3)51 x

xd 51 x

ln 5

ln2

(2x2

3)51x

x 51x

51xdx

ln2

ln 5

(2x2 3)51x

x 51x

51xd (1 x)

ln2 5

ln2

ln 5

(2x2 3)51x

x 51x

51x C .■

ln 5

ln2

ln3

ПРИМЕР 1.2.20. Найти x arctg 2x dx .

Решение. Предложим такую форму записи:

u arctg

2dx

x arctg

1 (x / 2)

4 x

dv xdx

x dx

x2dx

x2 4 4

arctg

4 x2

2 2

4 x2

arctg

dx 4

4 x

arctg

x 4

arctg

x 2arctg

C. ■

ПРИМЕР 1.2.21. Найти I

ln2

dx .

Решение. Этот пример такого же типа, как и предыдущий. Применим другую форму записи, учитывая, что dx / x2 d 1/ x :

I ln2 2x d 1/ x

ln2 2x

d (ln2 2x) .

Поскольку d (ln2 2x) 2 ln 2x

2dx 2

ln 2x

dx , имеем

ln2

2x 2

ln 2x

ln2

2x 2 ln 2x d 1/ x

ln2

2x 2

ln 2x

d (ln 2x) .

Учитывая, что d (ln 2x)

2dx

, получим

ln2

ln 2x 2

ln2 2x

ln 2x

C . ■

В примерах 1.2.18, 1.2.19 за и были приняты многочлены, т.к. при нахождении их дифференциалов понижается степень, и интеграл в правой части формулы (3) становится проще, чем исходный. В примерах же 1.2.20, 1.2.21 за и были приняты логарифмическая и обратная тригонометрическая функции. Такой выбор обусловлен тем, что если, предположим, в примере

1.2.20 за и принять степенную функцию то dv arctg(x / 2)dx , v arctg (x / 2)dx , а такого интеграла в таблице нет (хотя, в принципе, он

может быть найден тем же методом интегрирования по частям). В примере

1.2.21 рассуждения аналогичные.

Иногда при интегрировании по частям (может быть, повторном)

приходим к исходному интегралу с некоторым коэффициентом. В результате имеем алгебраическое уравнение относительно исходного интеграла.

Продемонстрируем этот прием в трех следующих примерах.

ПРИМЕР 1.2.22.* Выведем

формулу

таблицы

интегралов

a2 x2 dx .

Решение. I

xdx

u a2 x2 du

( 2x)dx

2 a2

2 x2

dv dx v dx x

a2 a2

x a2 x2 x

dx x a2 x2

a2 x2

x a2 x2

a2 x2

dx a2 arcsin

a2 x2

Таким образом, получаем уравнение I = f (x) – I, где обозначили

f (x) xa2 x2 a2 arcsin ax . Решаем это уравнение: 2I = f (x), I = f (x) / 2.

Найденное выражение является одной из первообразных исходной подынтегральной функции. Поэтому неопределенный интеграл от нее равен

		dx	x			a2	arcsin	x
I	a2 x2			a2 x2					C .■

	2				2			a

Аналогично можно вывести формулу 16 таблицы интегралов.

Рекомендуется проделать это самостоятельно.

ПРИМЕР 1.2.23. Найти I 2 x cos(x / 2) dx .

Решение. Применим дважды формулу интегрирования по частям:

I 2 x cos(x / 2)dx 2 2 x d sin(x / 2)

u	dv		u	v
2	dv			v	.
2	2 x sin(x / 2) sin(x / 2)d (2 x )				.
Поскольку d (2 x ) 2 x ln 2 dx , получаем
I 2 2 x sin(x / 2) 2 ln 2 2 x sin(x / 2)dx					2 2 x sin(x / 2)
			u	dv
				dv
4 ln 2 2 x d cos(x / 2)				21x sin(x / 2)
	u		dv
			dv
	4ln 2 2 x cos(x / 2) cos(x / 2)d (2 x ) .
Снова подставляя найденное выше выражение для d (2 x ) , имеем
I 21x sin(x / 2) 4 ln 2 2 x cos(x / 2) 4 ln2 2 2 x cos(x / 2) dx .
			f (x)			I
Получили уравнение I f (x) 4 ln 2 2 I , откуда						I 4 ln 2 2 I f (x)	и,
следовательно, I	f (x)		. Найденное выражение			является одной	из


1 4 ln 2		2

первообразных исходной подынтегральной функции. Поэтому неопределенный

интеграл от нее равен
			21x sin	x	4 ln 2 2 x cos	x
2 x cos	x
		dx		2	2		C . ■
				1 4 ln2 2
2
ПРИМЕР 1.2.24.* Найти I				cos ln x dx .

Решение. I cos ln x d x x cos ln x xd (cos ln x) ,

u v

учитывая, что d (cos ln x) sin(ln x) 1x dx , имеем

I x cos ln x sin ln x d x x cos ln x x sin ln x xd (sin ln x) ;

u v

т.к. d (sin ln x) cos(ln x) 1x dx , то

I x cos ln x x sin ln x cos ln x dx .

	f (x)	I

Получено уравнение I f (x) I , откуда			I f (x) / 2 ; далее, учитывая
рассуждения, приведенные в решении примеров 1.2.22 и 1.2.23, получаем
I	x cos ln x x sin ln x	C . ■

2

Задачи для самостоятельного решения

В задачах №15-20 найти интегралы методом интегрирования по частям:

	3x
				б) (x2 x) 3 x dx.
№15. а) x e 2 dx ;
№16. а) x cos		x	dx;	б) (1 x x2 ) sin 5x dx;

4
в) x cos2 x dx				(указание: cos2 x	1 cos 2x	).

				2

№17. а) x arcsin x dx;						б) arccos2x dx ;
№18. а) x ln x dx ;						б) ln 2 x dx;
		1							1
г) x ln 1			dx			(указание: ln 1				ln
г) x ln 1			dx			(указание: ln 1				ln
		x							x
№19. а) sin ln x dx;						б) e3x cos	x	dx.
№19. а) sin ln x dx;						б) e3x cos		dx.
						3

	1 x			2
№20. ln x	1 x				dx.

в) x arctg 3x dx.

в) lg( x 1) dx;

x 1 ln( x 1) ln x ). x

Замечание 2. В пп. I-III были изложены основные методы интегриро-

вания. Переходим к рассмотрению некоторых классов интегрируемых функ-

ций. При этом для удобства запоминания всего излагаемого материала в целом продолжим начатую нумерацию пунктов.

V.Интегралы, содержащие квадратный трехчлен

Вэтом разделе рассмотрим два типа интегралов.

а) Первый тип – интегралы вида:

;

ax2 bx c dx.

ax2

bx c

ax2

bx c

(а, b, c – константы).

Чтобы получить практически табличный интеграл, достаточно выделить полный квадрат в квадратном трехчлене. Напоминаем эту операцию:

b 2

c a x

a x

b 2

В результате получается один из интегралов вида 11-16 таблицы интегралов.

б) Ко второму типу относятся интегралы вида:

mx n

dx;

dx ;

(mx n)

ax2 bx c dx,

ax2

bx c

ax2

bx c

где т и п – константы.

Имеется два способа вычисления.

Первый способ. Так же, как для интегралов первого типа, выделяем

полный квадрат из выражения ax2 + bx + c.

Затем делаем замену t x

откуда x t

, dx = dt. Получаем интегралы вида:

mt n

dt ;

mt n

a(t

)dt ,

a(t 2

k 2 )

a(t 2 k 2 )

где k и n – некоторые новые константы. Каждый из полученных интегралов разбивается на сумму двух интегралов. Первый находится путем внесения переменной t под знак дифференциала; второй является табличным.

Второй способ. Элементарными алгебраическими преобразованиями каждый из интегралов второго типа можно представить в виде суммы интеграла типа а) и одного из приведенных ниже:

f (x)

C ,

(4)

f (x)

dx f (x) 1/ 2 d f (x) 2

f (x) C ,

(5)

f (x)

1/ 2

3/ 2

f (x)

f (x)dx f (x)

d f (x)

f (x)

C .

(6)

ПРИМЕР 1.2.25. Найти I

5x 1

Решение. Выделим полный квадрат:

	2											2		5					1									2						5									5 2									5 2									1
3x		5x 1 3									x						x						3 x							2								x
3x		5x 1 3									x			3			x		3				3 x							2								x																							3
														3					3														2	3									6									6									3
			3 x 5 / 6 2 13/ 36 .



Тогда																																d x 5 / 6
										dx											1											d x 5 / 6
I
			3	x 5 / 6 2 13 / 36																		3			x 5 / 6 2																			/ 6 2
			3	x 5 / 6 2 13 / 36																		3			x 5 / 6 2															13				/ 6 2
					1				1				ln			x 5 / 6										13		/ 6				C						1			ln					6x 5											13			C . ■
													ln																			C									ln																			C . ■
				3		2		13 / 6									x 5 / 6 13 / 6																									13			6x 5 13
ПРИМЕР 1.2.26. Найти I																											dx							.


																								1 x x2
																								1 x x2
Решение. Имеем:
																																		1					1								2	1							2
			1 x x2 x2 x 1 x2																															1					1									1									1
																																2				x
																																2		2		x
																																		2					2									2


								x 1/ 2 2 5 / 4 5 / 4 x 1/ 2 2 .

Откуда I							d x 1/ 2												arcsin x														1/ 2 C arcsin																	2x						1		C . ■
																			arcsin x
					5 / 4 x 1/ 2 2
					5 / 4 x 1/ 2 2																										5 / 2																				5

ПРИМЕР 1.2.27. Найти I																								5x 2x2 dx.
Решение. Выделим полный квадрат:
									2						2			5													2					5									5				2					5					2
									2						2			5										x			2					5									5									5
			5x 2x								2 x									x 2													2							x
			5x 2x								2 x							2		x 2													2		2 2					x
																		2																	2 2										4									4


								2 x 5 / 4 2																					.
								2 x 5 / 4 2													25 /16								.
Тогда				заданный								интеграл									приводится к																табличному																интегралу вида

a2 x2 dx :

25 /16 x 5 / 4 2 d x 5 / 4

x 5 / 4

25 /16

arcsin

x 5 / 4

25 /16 x 5 / 4

5 / 4

4x 5

(4x 5)

x x2

arcsin

C . ■

ПРИМЕР 1.2.28. Найти I

3x 5

dx.

2x x 2

Решение. Данный интеграл относится к типу б). Продемонстрируем применение обоих способов интегрирования, приведенных выше.

Первый способ. В знаменателе выделим полный квадрат:

2x x2 x2 2x x2 2x 1 1 (x 1)2 1 .

Сделаем замену x – 1 = t, тогда x = t + 1 и dx = dt. Интеграл примет вид

3(t 1) 5

3t 3 5

(t 2 1)

(t 2

(t 2 1)

d (t 2 1)

t 1

C .

t 2 1

t 1

t 2 1

Сделаем обратную замену (t =x – 1):

(x 1)2 1

x 1 1

x 2

C .

x 1 1

Второй способ. Можно воспользоваться интегралом (4); для этого в

числителе подынтегральной дроби должна стоять производная знаменателя:

			2	)		2 2x .
f (x) (2x x				)		2 2x .
Исходный интеграл можно переписать следующим образом:
	3x 5							A(2 2x) B
	3x 5				A f (x) B			A(2 2x) B
		dx					dx		dx ,
	2x x2	dx				2x x2	dx	2x x2	dx ,

где коэффициенты А и В определяются из тождества 3x 5 A(2 2x) B , по свойству которого коэффициенты при одинаковых степенях х слева и справа

должны быть равны. Раскрывая скобки в правой части полученного тождества и приводя подобные слагаемые, имеем: 3x 5 2Ax 2A B , откуда

3 = –2А		А = –3/2,
–5 = 2А + В		В = –5 – (–3) = –2.

Подставляя найденные значения в интеграл, получим

I 3 / 2 (2 2x) 2 dx .

2x x2

Далее разобьем интеграл на два; первый из них имеет вид (4), а

второй относится к типу а), (выделяем полный квадрат, как в первом способе):

f (x)

(2 2x)

dx 2

2x x2

f ( x)

2x x2

x 2

2x x2

C . ■

(x 1)2 1

ПРИМЕР 1.2.29. Найти I (3x 5)

x2 4x 7 dx.

Решение. Это

интеграл

типа б).

В выражении 3 х – 5

выделим

производную подкоренного трехчлена (x

4x 7)

2x 4

так

же, как в

примере 1.2.28. Получим 3x 5 (2x 4) 3/ 2 1 (проверьте!), тогда

I (2x

4x 7 dx

(2x 4) x2

4x 7 dx

x2 4x 7 dx.

f ( x)

f (x)

Первый интеграл есть интеграл типа (6), во втором

x2 4x 7 x2 4x 4 4 7 (x 2)2 11, тогда

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 184 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Int

#
21.03.20163.97 Mб73integrals.pdf
#
21.03.2016835.07 Кб273Определенный интеграл.doc
#
21.03.2016270.09 Кб60Таблица интегралов.docx