Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Политехнический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

2.7ИДЗ матан

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

25.03.2016

Размер:

1.12 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 102 3 4 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

		2x				2	3 dx									7								43x									13					7				dx		43					xdx
		2x					3 dx									4								48				16										7				dx		43					xdx
																	dx																			dx
	x 4 x2 5														x 4		dx								x2 5											dx		4				x				48		x2 5
	13						dx				7			x		43						x					d	x2 5										13								dx					C
	13						dx				7					43						x					d	x2 5										13								dx
													ln
	16				x2 5						4					48			x2 5												2x							16					x2 (
																												x																			5)2
																																															5)2
		7	ln	x					43	ln		x2 5					13					arctg										C.



	4						98									16				5								5
	4						98									16				5								5
									2x2 3 dx								7							43											2						13								x
									2x2 3 dx								7							43											2						13								x
Ответ:																			ln				x							ln				x			5								arctg							C.
								x 4 x2 5										4								98													16
																																												5						5
																																												5						5
3.4. Подынтегральная функция																					f x								4x2 2x 1											является неправиль-
3.4. Подынтегральная функция																					f x																			является неправиль-
																														x2 2x 1

ной рациональной дробью, поэтому сначала выделим целую часть (путём деления числителя на знаменатель) и представим дробь в виде суммы целой части и правильной дроби:

		4x2 2x 1		x2 2x 1
		4x2 8x 4			4

		6x 3
В итоге получаем:
	4x2 2x 1				6x 3
			4			.
	x2
		2x 1			x2 2x 1

Тогда исходный интеграл будет равен сумме интегралов:

4x2 2x 1

6x 3

2x 1

4dx 3

2x 1

dx C.

x2 2x 1

Для вычисления интеграла

2x 1

разложим знаменатель

x2 2x 1

подынтегральной дроби на множители:

x2 2x 1 x 1

x 1

Тогда дробь можно представить в виде суммы двух простых дробей:

			2x 1																		2x 1																						A										B	.


			x2 2x 1											x 1 2 x 1 2																											x 1 2												x 1 2
Найдём коэффициенты A и B.
					2x 1																						A														B


	x 1 2 x 1 2																							x 1 2															x 1 2
	x 1 2 x 1 2																							x 1 2															x 1 2
			A x 1										B x 1
			A x 1								2		B x 1													2


			x 1 2 x 1 2
			x 1 2 x 1 2
2x 1 A x 1																	B x 1																				;
2x 1 A x 1																2	B x 1																		2		;
																																				B B							3 2								;
	x 1												2 2									1 2																											2
							2:												2													2																	2
							2:												2													2
																																									2						2
																																	A A									3 2										.
	x 1												2 2									1 2																												2
								2:												2										2																				2


																																									2						2
Тогда
			2x 1							dx					3 2														dx											3 2													dx
			2x 1												3 2								2						dx											3 2					2								dx

x2 2x 1														2 2											x 1 2																2 2							x 1 2
		3 2																							3 2									ln				x 1								C.
						2																									2
									ln			x 1
																		2																										2
																		2																										2
			2	2																				2				2
			2	2																				2				2

Суммируя полученные результаты, окончательно получаем:

	4x2 2x 1		3 2 2				3 2 2				C.
	4x2 2x 1	dx 4x	3 2 2			x 1 2	3 2 2			x 1 2
					ln				ln
x2 2x 1

		2 2					2 2
		2 2					2 2
	Ответ:
	4x2 2x 1		3 2				3 2
				2				2			C.
		dx 4x		2	ln	x 1 2		2		x 1 2
									ln
x2 2x 1									ln
		2 2					2 2
		2 2					2 2

Задание 4. Найдите интегралы от тригонометрических функций:

4.1. cos4 x sin3 xdx;	4.4.		dx	;
		3 2cosx

4.2. sin5x cos8xdx;	4.5. sin4		2x cos2 2xdx.

4.3. ctg5 xdx;

Решение

4.1. cos4 x sin3 xdx.

Преобразуем подынтегральную функцию следующим образом:

f x cos4 x sin3 x cos4 x sin2 x sinx cos4 x 1 cos2 x sin x.

При этом было использовано основное тригонометрическое тождество:

cos4 x sin3 xdx cos4 x 1 cos2 x sinxdx

cos4 x 1 cos2 x sinx d cosx cos4 x 1 cos2 x d cosxsinx

cos4 x d cosx cos6												x d cosx cosx 5														cosx 7			C.
					xdx										5					7				5		7
Ответ: cos4 x sin3											cosx				5			cosx		7
Ответ: cos4 x sin3											5							7				C.
											5							7
																		1	sin13x sin3x
4.2. sin5x cos8xdx										sin5x cos8x								1
4.2. sin5x cos8xdx										sin5x cos8x								2
	1	sin13xdx					1		sin3xdx					1			sin13x					d 13x			1		sin3x	d 3x
		sin13xdx							sin3xdx					2			sin13x										sin3x
2					2									2						13				2					3
		1	cos13x			1		cos3x C.
		26	cos13x					cos3x C.
		26			6
Ответ: sin5x cos8xdx												1					cos13x				1		cos3x C.
Ответ: sin5x cos8xdx												26					cos13x						cos3x C.
												26								6
4.3. ctg5 xdx				ctgx t,										t		5		dt.
				ctgx t,
										dt
				dt						dt			t	2		1
				dt					t2 1				t			1
									t2 1

После указанной подстановки интегрирование тригонометрической функции свелось к интегрированию рациональной функции. Под знаком интеграла стоит неправильная рациональная дробь. Путём деления числителя дроби на знаменатель представим эту дробь в виде суммы целой части и правильной рациональной дроби:

t3 t

t2 1

В итоге получаем:

ctg

xdx

d t2

tdt

dt tdt

t2 1

d t2 1

t2 1

4 2 2

t2 1

4 2 2

Возвращаясь к старой переменной, окончательно получаем:

ctg5

xdx

ctg4 x

ctg2

1 ctg2 x

Ответ: ctg5 xdx

ctg4 x

ctg2 x

1 ctg2

2dt

t tg

,dt

t2 1

4.4.

t2 1

3 2cosx

cosx

1 t2

4t2 2

t2 1

1 t2

arctg

4 t2

0,5

Ответ:

arctg

3 2cosx

0,5

4.5. sin4 2x cos2 2xdx.

Для вычисления этого интеграла используем формулы понижения степени:

cos2 1 cos2 , sin2 1 cos2 . 2 2

Получим:
				4							2						1 cos4x 2														1 cos4x
	sin				2x cos							2xdx																													dx
																						2															2

		1	1 cos2 4x 1 cos4x dx																							1			1 cos4x cos2															4x cos3 4x dx
		8	1 cos2 4x 1 cos4x dx																							8			1 cos4x cos2															4x cos3 4x dx
		1	dx						1	cos4xdx									1	cos2 4xdx														1	cos3 4xdx
		8	dx						8	cos4xdx									8	cos2 4xdx														8	cos3 4xdx
	1		x			1	cos4x						d 4x					1					1 cos8x										dx				1		cos			2	4x cos4xdx

		8				8								4							8				2													8
	1					1								1											1							1 sin2								4x cos4xd sin4x
			x					sin4x								x		sin8x																							4cos4x
		8	x			32		sin4x							16	x		sin8x										8													4cos4x
		1				1									1	x		sin8x										1													sin	3	4x
		1	x			1			sin4x						1													1				sin4x									sin		4x	C.
			x			32			sin4x					16																		sin4x												C.
	8					32								16											32																3
Ответ: sin4 2x cos2																	2xdx						1	x			1			sin4x
Ответ: sin4 2x cos2																	2xdx						8	x						sin4x
																							8		32
								1		x sin8x										1												sin				3	4x
								1												1		sin4x										sin					4x			C.
																						sin4x																		C.
						16												32															3

Задание 5. Найдите интегралы от иррациональных функций:

5.1.										x					dx;	5.3.		x2dx		;

			3				2			4								2
			3		x		2			4			x					2
					x								x					4 x
5.2.			2 x dx											;		5.4.		dx			.
			x														x3 3
			x						x 1								x3 3		2 x3
Решение

5.1.						x						dx.
	3
				2				4
		x		2				4			x
		x									x

В подобных интегралах избавиться от иррациональности можно, введя вместо переменной x новую переменную t. Эти переменные связаны равенством x tp, причём степень p должна быть такой, чтобы извлекались корни всех степеней, входящих в подынтегральную функцию.


												x t12 t 12 x,										t6 12t11								t17dt
						x				dx		x t12 t 12 x,										t6 12t11					dt 12			t17dt
	3				4							dx 12t11dt										t8 t3								t3(t5 1)
		x2
		x2						x
					t14dt							9			4		t4							9				4
12									12				t								12			t dt		12		t dt
				t		5	1									t	5	1
						5						t					5			dt
12						t4					d t5 1						t10				t5		12		d t5 1				C
														12					12
			t5 1								5t4			12			10		12		5		5				t5 1

1,2t10 2,4t5 2,4ln t5 1 C

1,2x12x10 2,412x5 2,4ln 12x5 1 C.

Ответ:

dx 1,2x12

x10 2,412 x5

2,4ln

x5 1

x dx

2 t2

1 2tdt

x 1 t2

x t

2 1

5.2. x

1 t

x 1

dx 2tdt,

x 1

t2 3

t2 1 2

t2 1

dt 2

t2 1

dt 2

dt 4

t2 1

2 dt 4

t 1

C 2t 2ln

t 1

2ln

x 1

x 1 1

Ответ: 2

x dx

2ln

x 1

x 1 1

x 1

5.3.

x2dx

4 x

Интегралы, содержащие радикалы вида

a2 x2 ,

x2 a2

можно найти, используя следующие тригонометрические подстановки

x asint, x atgt и x a , соответственно. cost

x2dx

x 2sint

4sin2 t 2costdt

sin2 t costdt

dx 2costdt,

4 x

4 4sin

1 sin

t arcsin

sin2 t costdt

4 sin2 tdt 4

1 cos2t

dt 2 1 cos2t dt

cost

2 dt 2 cos2t

d 2t

2t cos2td 2t C 2t sin2t C

2arcsin

sin2

Ответ:

x2dx

2arcsin

sin2

4 x2

5.4.

x 3 2 x3

dx.

x3 3

2 x3

Интегрирование дифференциальных биномов, т.е. интегралов вида

xm axn b p dx

возможно только в трёх случаях с помощью подстановок Чебышева:

1. p –целое число (подстановка x ts, где s – общий знаменатель дробей n и m);

2. m 1 – целое число (подстановка axn b ts, где s –знаменатель n

дроби p);
3.	m 1	p – целое число (подстановка	axn b	ts, где s –
			xn
	n

знаменатель дроби p).

Если числа m, n, p и их указанные комбинации не удовлетворяют ни одному из случаев, то интеграл от данного дифференциального бинома является «неберущимся», т.е. не выражается в элементарных функциях.

В нашем случае m 3,	n 3,	p	1	и	m 1	p 1 целое число.

		3			n

Поэтому для вычисления интеграла используем подстановку 3).

				2 x3			t3
						x3	t3
						x3
													1										4
				x	3	2	t	3		1				x				3	2 t	3	1
x 3 2 x	1																						3
																							3


	3	dx	dx 3									t2 t3 1					4	dt
									2
									2								3
								1													1
			2 x3								t 1 3					1 t3 1
															2
								3							2							3
				4													1				1

32 t2 t3 1 3 2 1 t3 1 t 1 2 3 t3 1 3 dt

3 2 x3 2

4x2

Ответ:

2 x3 2

4x2

3 2 x3

Задание 6. Найдите интегралы, используя различные приёмы интегрирования:

2x 1 dx

6.1.

;

6.4. cos xdx;

6x 10

6.2.

e 3

dx;

6.5.

6.3.

2x4

x3 3x2 3

dx;

Решение

6.1.

2x 1 dx

6x 10

2x 1 dx

В интеграле

подынтегральная функция содержит

x2 6x 10

квадратный трёхчлен. Поэтому для его нахождения необходимо сначала выделит в квадратном трёхчлене полный квадрат, а затем ввести новую переменную (см. задание 3 п. 3.1).