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 3 4 5 67 / 187 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

I tg2ax

1 dx

tg2ax

dx tg2ax dx

cos2 ax

tg2 ax d (tgax)

1 dx

tg3 ax

tg ax x C . ■

cos2 ax

5. Интегралы вида R(sin x, cos x) dx, где R(sin x, cos x) –

рациональная функция переменных sin x, cos x.

В зависимости от вида подынтегральной функции можно предложить ряд

подстановок, приводящих в общем случае к интегралам от рациональных

дробей.

5.1. Если функция R(sin x, cos x) является нечетной относительно

sin x,	т.е.	R(–sin x, cos x) = –R(sin x,				cos x), делают		подстановку	cos x = t,
				dt
тогда x = arccos t, dx				dt	, sin x		1 t 2 .


			1 t 2
			1 t 2
	5.2. Если подынтегральная функция является нечетной относительно
cos x,	т.е.	R(sin x, –cos x) = –R(sin x,				cos x), делают		подстановку	sin x = t,

		dt
тогда x = arcsin t, dx		dt	, cos x	1 t 2 .


	1 t 2
	1 t 2

5.3.В случае четности подынтегральной функции относительно sin x

иcos x, т.е. R(–sin x, –cos x) = R(sin x, cos x), делают подстановку tg x = t,

тогда x = arctg t, dx	dt	, sin 2 x	t 2	, cos2 x	1	.
	t 2		t 2		t 2
1		1		1

5.4. Если не реализуется ни один из перечисленных вариантов 5.1, 5.2,

5.3, делают так называемую «универсальную тригонометрическую

подстановку»:

t , тогда

x = 2arctg t,

2dt

sin x

cos x

1 t 2

Любая из вышеперечисленных подстановок приводит в общем случае к

интегралам от рациональных дробей.

ПРИМЕР 1.2.47. Найти I

sin x (2 cos x)

dx .

cos2 x 3sin2 x

Решение. Так как

R( sin x, cos x)

sin x (2 cos x)

R(sin x, cos x),

cos2 x 3( sin x)2

cos2 x 3sin2 x

то делаем подстановку cos x = t,

откуда

x = arccos t, dx

1 t 2

sin x 1 t 2 .

1 t2 (2 t)

(2 t)

dt ;

3(1 t2 )

4t2

1 t2

представляем интеграл в виде разности двух интегралов и во втором вносим t

под знак дифференциала, получаем:

	2				1				d (t2 )						d (2t)		1	d (4t2 3)
I				dt
I		4t2 3		dt				2	4t2 3						(2t)2 3		8	4t2 3
							2t
			1								3	1				C .
			1			ln					3	1	ln	4t2 3
						ln	2t						ln	4t2 3
	2 3									3		8
	2 3									3		8

Возвращаемся к исходной переменной t = cos x:

I	1		2 cos x	3	1			C . ■
	1	ln	2 cos x	3	1	ln	4 cos2 x 3
		ln	2 cos x			ln	4 cos2 x 3
2	3			3	8
2	3			3	8

ПРИМЕР 1.2.48. Найти I sin x cos x dx . sin2 x 4

Решение. Подынтегральная функция является четной относительно sin x

и cos x;

			R( sin x, cos x) sin x( cos x)																															sin x cos x											R(sin x, cos x) ,
			R( sin x, cos x) sin x( cos x)																															sin 2 x 4											R(sin x, cos x) ,
																				( sin x)2									4					sin 2 x 4
поэтому делаем подстановку tg x = t, (x = arctg t,																																							dx						dt		,	sin 2 x				t 2	,
поэтому делаем подстановку tg x = t, (x = arctg t,																																							dx				1 t 2				,	sin 2 x				t 2	,
																																											1 t 2							1		t 2
cos2 x		1			), и тогда

	t 2
1	t 2
					t						1
																																																d (t2 )


I				1 t2							1 t2						dt														t dt											1									.
I							t2			4						1 t2											(5t2 4)(1 t2 )															2			(5t2 4)(1 t2 )						.
					1 t2					4
Подстановка t2 z												приводит										к				стандартному														интегралу, содержащему
квадратный трехчлен:
			I			1							dz								1								dz						.

						2			(5z 4)(1 z)												2				5z2 9z 4
																	2		9z 4													2					9	z			4
Выделяем полный квадрат:															5z														5 z
Выделяем полный квадрат:															5z														5 z
																																					5				5
													9			9					2					9			2				4											9		2			1
			5			z2					2			z																							5				z									.
			5			z2					2			z																			5				5				z			10					100	.
											10					10										10							5											10					100

Интеграл принимает вид:
						1									dz											1						1							z 0,9 0,1
						1									dz											1						1							z 0,9 0,1
			I																																	ln												C .
			I				2 5				z 0,9 2							0, 01										10			2 0,1					ln			z 0,9 0,1									C .
											z 0,9 2							0, 01
Делая обратные подстановки z t2																							tg2 x и упрощая, получим
			I				1	ln		tg2 x 0,8								C . ■
							1			tg2 x 0,8
						2					tg2 x 1
						2					tg2 x 1
ПРИМЕР 1.2.49. Найти I																														dx									.

																								2 cos x sin x

Решение. Так как случаи 5.1, 5.2, 5.3 здесь не реализуются (проверьте!),

то следует применять «универсальную тригонометрическую подстановку»

t .

Учитывая, что x = 2arctg t, dx

2dt

, sin x

, cos x

1 t 2

t 2

получим

2dt

2 2t2 1 t2 2t

t2 2t 3

2t 1 t2

Это интеграл, содержащий квадратный трехчлен; выделяем полный квадрат,

применяем табличную формулу и делаем обратную подстановку t tg(x / 2) :

I 2

t 1

arctg

tg(x /

2) 1

C . ■

arctg

(t 1)2 2

ПРИМЕР 1.2.50. Найти I

1 sin x

dx .

2 cos x

Решение. Первый способ. Этот интеграл не относится к видам 5.1, 5.2,

5.3 и формально следует применять «универсальную тригонометрическую

подстановку», как в примере 1.2.49. Проделаем это:

1 t2 2t

2dt

dt 2

dt .

t2 )(2 2t2 1

t2 )

t2 )(1 3t2 )

Это интеграл от рациональной дроби, который находится путем разложения подынтегральной дроби на простые. Однако в данном примере несложные преобразования позволяют получить результат быстрее, представив последний интеграл в виде суммы двух интегралов:

I 2		1 t2	dt 2		2t	dt .
	(1	t2 )(1 3t2 )		(1	t2 )(1 3t2 )

Во втором интеграле внесем 2t под знак дифференциала и сделаем замену t2 = z, после чего получим два практически табличных интеграла:

I 2

3t 2

(1 z)(1 3z)

1 3t 2

3z2

4z 1

Выделяя полный квадрат в последнем интеграле

	2				2		4				1
3z		4z 1 3 z							z
3z		4z 1 3 z							z
							3				3
				2				2				4	4	1			2 2	1
		3	z			2				z					3	z
		3	z			2				z					3	z
								3				9 9		3			3	9

и приводя оба интеграла к табличному виду, получим:

								d (z 2 / 3)
I	2	d ( 3t)			2			d (z 2 / 3)

		1 (				z 2 / 3 2 1/ 9

	3		3t)2		3
			2					t	2		1		z 2 / 3 1/ 3	C .

				arctg			3					ln

											1/ 3		z 2 / 3 1/ 3
		3				3				2
		3				3				2

Наконец, возвращаясь к исходной переменной ( t tg(x / 2) ,

z t2 tg2 (x / 2) ),

имеем:

3tg2

(x / 2) 1

arctg 3 tg

C .

3tg2

(x / 2) 3

Второй способ.

Можно заметить, что, разбив данный интеграл на два

интеграла:

sin x dx

2 cos x

во втором достаточно внести sin х под знак дифференциала, а в первом применить универсальную тригонометрическую подстановку, чтобы оба интеграла стали табличными. Проделаем эти действия:

I		2dt				d (cos x)	2			dt
I		1 t	2		t2 )	2 cos x	2	2	2t	2	1	t	2
			2			2 cos x				2			2
	2			(1
	2		2	(1
		1 t	2
		1 t

d (2 cos x)

2 cos x

arctg( 3t)

2 cos x

1 3t2

ln(2 cos x) C

ln(2 cos x) C .

arctg

3tg

Несмотря на то, что данный ответ немного отличается по форме от полученного первым способом, он, конечно же, равносилен ему: первообразная функции может иметь различные алгебраические выражения. ■

Задачи для самостоятельного решения

№30. Применяя способы, изложенные в п.1, найти интегралы:

а) sin x cos 3x dx ;	б) sin	4	x	sin	x	dx ;	в) cos 2x cos	x	cos 3x dx .
а) sin x cos 3x dx ;	б) sin		x	sin		dx ;	в) cos 2x cos		cos 3x dx .
	3			4				2
№31. Применяя способы, изложенные в п. 2, найти интегралы:
а) sin4 x cos3 x dx ;
б) sin5 3x cos11 3x dx . (Примечание: выгоднее внести									под знак

дифференциала sin 3x, а не cos 3x. Почему?)

в) sin

dx;

г) cos

5 x

dx;

д) sin

x cos

x dx ;

е) sin(7 x) cos3 (7 x) dx;

ж) cos2 (2x 5) dx;

з) sin

100 1

cos

(указание: внести

под знак дифференциала);

и)

cos2 (3 arcsin x)

dx;

к)

sin 2 ln x

dx.

1 x2

№32. Применяя способы, изложенные в п. 3, найти интегралы:

а)

;

б)

;

в)

;

2 7x cos4 7x

4 x

sin3 5x cos5

sin

г)

;

д)

sin x cos2 x

2 x

sin

cos

№33. Применяя способы, изложенные в п. 4, найти интегралы:

а) tg3 (2x / 5) dx ;

б) ctg4 (x / a) dx ;

в) ctg7 x dx .

№34. Применяя способы, изложенные в п. 5, найти интегралы:

а)

;

б)

;

7 sin2

5x cos2

2sin x

3cos x

в)

;

г)

;

sin 5x cos 5x

sin2 x

4sin x cos x 1

д)

sin2 x cos x

dx ;

е)

;

cos2 x 3

sin x cos x sin x

ж)

5 sin

2 x

dx ;

з)

;

cos2 x

4 cos

cos

sin

и)

;

к)

tgx

3ctgx

tgx 3ctgx 1

VIII. Интегралы от некоторых иррациональных функций

Рассмотрим два типа таких интегралов.

ax b

1. Интегралы вида

R –

,... dx, где

cx d

рациональная функция своих аргументов.

Подстановка

ax b

t k ,

где k –

наименьшее общее

кратное

чисел

cx d

п, т,..., (k = н.о.к.(п,т,...)), приводит к интегралу от рациональной функции аргумента t.

	Найти I			dx
ПРИМЕР 1.2.51.		3		6			.
			x		x	x

Решение. Н.о.к.(3, 6, 2) = 6, следовательно, подстановка x = t6, откуда

dx = 6 t5 dt, дает

6t5dt

t2dt

tdt

t 1 1

dt 6 1

t2 t t3

t2 t

t 1

6t 6ln t 1 C .

Возвращаемся к исходной переменной x t6 t 6x и получаем:

I 66x 6ln 6x 1 C . ■

ПРИМЕР 1.2.52.	Найти I			dx		.

		2

			6	1 x	4 (1 x)3

Решение. Здесь н.о.к.(6, 4) = 12, поэтому подстановка 1 – x = t12 дает

x = 1 – t12, dx = – 12 t11 dt. Имеем:

t11dt

t2dt

t2 2 2

I 12

dt 12 1

2 )t9

t2 2

обратная подстановка

12t

t 2

t 12 1 x

2 2

1 x

1212 1 x 6 2 ln

C . ■

12 1

2. Интегралы вида

R x,

dx,

R x,

dx ,

R x,

dx .

Подынтегральная

функция

содержит переменную х и корни вида

x2 a2 ,

a2 x2 .

Предлагаемые ниже

тригонометрические

подстановки

обусловлены применением тождеств

1 sin 2 t cos2 t ,

1 tg2t

, 1 ctg2t

и позволяют освободить подынтегральную

cos2 t

sin 2 t

функцию от корней, т.е. привести ее к рациональному виду.

а) x2 a2 , подстановка x = a tg t;

б) x2 a2 , подстановка x = a / cos t;

в) a2 x2 , подстановка x = a sin t.

ПРИМЕР 1.2.53. Найти I

3 x2

Решение. Подстановка

3 sin t

3 cos t dt

3 x2

3 3sin 2 t

3(1 sin 2 t)

cost . Тогда

3 cos t dt

ctg t C ;

3sin2 t

sin2 t

3 cos t

обратная подстановка sin t x /

t arcsin(x /

3) :

ctg

arcsin

1 C ,

т.к. ctg t

1. ■

sin2 t

sin2 arcsin(x /

(x /

3)2

ПРИМЕР 1.2.54. Найти I

x2dx

(4 x2 )3

Решение. Тригонометрическая

подстановка

x 2tg t ,

cos2 t

дает (4 x

)

4tg

4(1 tg

Тогда

cos t

cos

исходный интеграл принимает вид

4tg2t

2dt

tg2t cos t dt

sin2t

1 cos2t

8 / cos3 t

cos2 t

cos t

cos t dt ln

sin t C

cos t

обратная подстановка:

x 2tgt,

t arctg

arctg

sin arctg

C ,

arctg

4 x

sin t tg t cos t

tg t

т.к.

tg arctg

и,

следовательно,

1 tg2

x / 2

sin

arctg

. ■

(x / 2)

4 x

ПРИМЕР 1.2.55. Найти I

x2 5

5 sin t

Решение. Тригонометрическая подстановка

cos t

cos2 t

x2 5

tg2t

дает

5 tg t . Тогда

cos2 t

cos3 t

cos t sin t

5sint dt

cos2 t dt .

cos2 t

(

5)3

5tg t

tg t

Получившийся интеграл от тригонометрической функции относится к типу 2.2;

понижаем степень cos2 t					1 cos 2t					и получаем:
понижаем степень cos2 t							2			и получаем:
							2

		5								5				1
I				(1 cos 2t)dt									t		sin 2t		C .
I		2		(1 cos 2t)dt									t		sin 2t		C .
	25	2									50			2

Выполняем обратную подстановку x													5	,	cos t			5	,	t arccos	5	:
Выполняем обратную подстановку x														,	cos t				,	t arccos		:
												cos t						x			x

I	5				5			1							5	C .
			arccos						sin 2arccos
			arccos						sin 2arccos
	50					x		2							x
	50					x		2							x

Т.к. sin 2t 2 sin t cos t					2		1 cos2 t cos t , подставляя t, получим:

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 187 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