Добавил:

pmaxim2006 fizmathim.ru Решаю задачи по высшей математике. Фотографии решенных заданий по высшей математике https://fizmathim.ru/photo/ Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Павлодарский государственный университет им. С. Торайгырова

Предмет:

Математика

Файл:

ИДЗ 8.4 Рябушко пример решения

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

20.02.2017

Размер:

320.68 Кб

Скачать

☆

Наш сайт: Fizmathim.ru

Группа ВКонтакте https://vk.com/fizmathim_resh

Перейти на Готовые решения ИДЗ Рябушко (по вариантам)

Решение задач по высшей математике на заказ

ИДЗ 8.4 – Вариант 0

Найти неопределенные интегралы.

		4x 5
1.0		x 1 x 2 5x 6 dx	P(x)
	Для интегрирования рациональной функции		P(x)	, где P(x) и Q(x) - полиномы, используется
	Для интегрирования рациональной функции		Q(x)	, где P(x) и Q(x) - полиномы, используется
			Q(x)

следующая последовательность шагов:

Если дробь неправильная (т.е. степень P(x) больше степени Q(x) ), преобразовать ее в правильную, выделив целое выражение;

Разложить знаменатель Q(x) на произведение одночленов и/или несократимых квадратичных

выражений; Разложить рациональную дробь на простейшие дроби, используя метод неопределенных

коэффициентов; Вычислить интегралы от простейших дробей.

Запишем интеграл и разложим подынтегральное выражение на простейшие дроби:

4x 5	4x 5		A	B	C
x 1 x 2 5x 6 dx		dx					(1)
x 1 x 2 5x 6 dx	x 1 x 2 x 3	dx	x 1	x 2	x	3	(1)

где x 2 5x 6 x 2 x 3

Отсюда

4x 5 A x 2 x 3 B x 1 x 3 C x 2 x 1

Найдем значения коэффициентов A, B, С при x 1

1 12A

A 121

при x 2 13 3B

B133

при x 3 17 4C

C174

Подставляем в выражение (1), найденные значения коэффициентов А, В, С получаем интеграл:

4x 5	1	dx	13	dx	17	dx	1			13				17
x 1 x 2 5x 6 dx								n	x 1			n	x 2			n	x 3	C
	12	x 1	3	x 2	4	x 3	12				3				4

Наш сайт: Fizmathim.ru

Группа ВКонтакте https://vk.com/fizmathim_resh

Перейти на Готовые решения ИДЗ Рябушко (по вариантам)

Решение задач по высшей математике на заказ

2.0x 1 2 dx

Запишем интеграл и разложим подынтегральное выражение на простейшие дроби:

x 5	dx	A		B	(1)
2		x 1	2	x 1
x 1

Отсюда

x 5 A B x 1

Найдем значения коэффициентов A, B при x 1

4 A

при x=0

5 A B

5 4 B

B 1

Подставляем в выражение (1), найденные значения коэффициентов А, В получаем интеграл:

x 5

x 1 2 1

x 1 1

dx 4

x 1

C 4

x 1

2 1

x 1

Наш сайт: Fizmathim.ru

Группа ВКонтакте https://vk.com/fizmathim_resh

Перейти на Готовые решения ИДЗ Рябушко (по вариантам)

Решение задач по высшей математике на заказ

3.0

x 2 3x 1 dx

x x 1 x 3

x 2 3x 1 dx A

(1)

x x 1 x 3

x 1

Отсюда

x 2 3x 1 A x 1 x 3 Bx x 3 Cx x 1

Найдем значения коэффициентов A, B, С при x 0

1 3A

A 13

при x 1 5 4B

B 54

при x 3 1 12C

C 121

Подставляем в выражение (1), найденные значения коэффициентов А, В, С получаем интеграл:
	x 2 3x 1 dx	1	dx 5		dx	1 dx		1		5			1
									nx		n	x 1		ln	x 3	C
	x x 1 x 3	3	x	4	x 1	12	x 3	3		4			12

Наш сайт: Fizmathim.ru

Группа ВКонтакте https://vk.com/fizmathim_resh

Перейти на Готовые решения ИДЗ Рябушко (по вариантам)

Решение задач по высшей математике на заказ

2x 2 x 1 4.0 x 1 2 x 1 dx

Запишем интеграл и разложим подынтегральное выражение на простейшие дроби:
	2x 2	x 1	dx	A	B	C	(1)
		2		2	x 1	x 1
	x 1 x 1			x 1

Отсюда

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

Найдем значения коэффициентов A, B, С при x 1

0 4C

C 0

при x=1 2 2A

A 1

при x=0

1 A B C

1 1 B 2 02 B

B 2

Подставляем в выражение (1), найденные значения коэффициентов А, В, С получаем интеграл:

2x 2 x 1

dx 1

x 1 2 x 1

x 1 2

x 1

x 1 2

x 1

x 1 1

2 n

x 1

2 n

x 1

5.0

xdx

x 1

отсюда dx 2tdt ,

Сделаем замену

x t , x t 2

Получаем:

2t tdt

t 2dt

xdx

x 1

t 2 1

t 2

x 2 a 2

arctg

2arctgt

Возвратившись к старой переменной, имеем

xdx

x 2arctg

x C

x 1

Наш сайт: Fizmathim.ru

Группа ВКонтакте https://vk.com/fizmathim_resh

Перейти на Готовые решения ИДЗ Рябушко (по вариантам)

Решение задач по высшей математике на заказ

x1dx

6.03x 1 36x 1dx

Сделаем замену 6x 1 t , 3x 1 t 2 x 1 t3 x t 6 1 отсюда dx 6t 5dt , Получаем:

6t 3 t 5dt

t8dt

t 7 dt

x 1dx

t t 3

t 3

x 1

3 x 1

По теореме Безу:

t 7

t 3

t 7

3t 6

t 6 3t 5 9t 4

27t 3

81t 2 243t 729

3t 6

3t 6 9t 5

9t 5

9t 5 27t 4

27t 4

27t 4 81t 3

81t 3

81t 3 243t 2

243t 2

243t 2 729t

729t

729t 2187

2187

Решаем:



		x 1dx			6		5		4		3		2			2187
				6 t		3t		9t		27t		81t		243t	729	t 3	dt
3			6
3	x 1		6
	x 1		3 x 1

6 t 6 dt 18 t 5dt 54 t 4 dt 162 t 3dt 486 t 2 dt 1458 tdt 4374 dt 13122																																									dt
																																									t		3
																																									t		3
			t 6 1						t 5 1						t 4 1								t 3 1					t 2 1					t1 1
6						18					54									162						486						1458			4374t 13122 n					t 3		C		Возвратившись к
6						18					54									162						486						1458			4374t 13122 n					t 3		C		Возвратившись к
			6 1					5 1							4 1								3 1					2		1			1 1
			6 1					5 1							4 1								3 1					2		1			1 1
			t 7				t 6						t 5						t 4						t 3				t 2
6			t 7	18			t 6			54			t 5	162					t 4		486				t 3	1458			t 2		4374t 13122 n						t 3		C
6				18						54				162							486					1458					4374t 13122 n						t 3		C
		7		6								5					4						3					2
		7		6								5					4						3					2
	6t 7			3t 6						54t 5				81t 4				162t 3					729t 2 4374t 13122 n												t 3	C
	6t 7									54t 5				81t 4

		7						5							2
		7						5							2
старой переменной, имеем

														66 x 1 7								3 x 1					546				x 1 5			813 x 1 2
					x 1dx
					x 1dx																																	162 x 1 7293						x 1

3 x 1 36 x 1
3 x 1 36 x 1																	7													5			2

43746 x 1 13122 n																6		x 3 1						C

Наш сайт: Fizmathim.ru

Группа ВКонтакте https://vk.com/fizmathim_resh

Перейти на Готовые решения ИДЗ Рябушко (по вариантам)

Решение задач по высшей математике на заказ

7.0			sin xdx
7.0		4 3sin x
		4 3sin x
					4 3sin x
sin x					4 3sin x

sin x				4		1
sin x
3					3
4

3
Тогда

	sin xdx						1
	sin xdx						1

4 3sin x							3
4 3sin x							3

4
		1
3
3	dx		dx
	dx		dx
4 3sin x		3

4	dx	1	x	4

3	4 3sin x	3		3

Воспользуемся универсальной тригонометрической подстановкой


tg	x	z , откуда sin x	2z	,	cos x	1 z2	dx		2dz
	2		1 z2			1 z2		1		z2

Тогда

4 3sin x

2dz

1 z2

4 1 z2 6z

4 3sin x

4 1 z2 6z

4z2

6z 4

1 z2

Знаменатель представим в виде квадрата разности:

	2			3						2			3				9			9			3	2			7
z					z 1			z						z					1		z
z					z 1			z						z					1		z
				2									2			16				16			4				16
Табличная формула интегрирования:
			dx				1	arctg				x		C
		x	2			2	a	arctg						C
		x		a			a						a
Тогда
				dx					1						dz					1	1				z		3		2			4z 3
				dx					1						dz					1	1	arctg					4	C	2		arctg	4	C
		4 3sin x						2									2			2
		4 3sin x						2							3		2		7	2	7					7				7		7
											z
																					4					4						4

															4			16

Возвращаемся к замене z tg x2 , тогда

1 dz

2 z2 32 z 1

2 arctg 4z 3 C 7 7

							4tg	x	3								4tg	x	3
sin xdx	1		4	2							1			8
		x				arctg	2			C		x				arctg	2			C
4 3sin x	3		3								3
					7		7						3		7		7

Наш сайт: Fizmathim.ru

Группа ВКонтакте https://vk.com/fizmathim_resh

Перейти на Готовые решения ИДЗ Рябушко (по вариантам)

Решение задач по высшей математике на заказ

8.0														dx

					cos			2	x	sin 2x 3sin														2	x
					cos				x	sin 2x 3sin															x
										dx																																			dx

cos 2						x sin 2x 3sin 2																x				cos 2 x 2sin x cos x 3sin 2 x
cos 2						x sin 2x 3sin 2																x				cos 2 x 2sin x cos x 3sin 2 x
Воспользуемся тригонометрической подстановкой
tgx z ,								откуда sin x																z						, cos x															1						, dx								dz

																																																										1 z2
																						1 z2																							1 z2													1 z2
Получаем:
																																																					dz
												dx
												dx																																							1 z2
cos 2						x 2 sin x cos x 3sin 2 x																													1							2							z									1			3					z 2
cos 2						x 2 sin x cos x 3sin 2 x																													1														z									1								z 2
																																		1 z 2																														1 z 2
																																		1 z 2													1 z2									1 z 2								1 z 2
												dz																								dz
																																																						dz								1							dz
										1 z2																							1 z 2																					dz								1							dz
				1							2z										z	2							1 2z 3z														2					3z				2									3						2		2				1
				1							2z						3				z								1 2z 3z																			3z							2z 1						3					z	2		2	z			1
																																																																					3				3
			1 z 2							1 z 2											1 z 2												1 z 2																																				3				3
Знаменатель представим как квадрат разности:
	2			2					1					2				2				1			1				1											1					2		2
z							z			z										z												z
z							z			z										z												z
				3					3									3				9			9				3											3							9
Тогда
												dx																				1											dz																dx							1					x
																																																																				arctg				C
cos 2						x 2 sin x cos x 3sin 2 x																																				1 2																										arctg				C
cos 2						x 2 sin x cos x 3sin 2 x																										3										1 2						2						x 2 a							2					a					a
																																					z
																																					z
																																										3						9
															1
		1		1				arctg				z											1				3				arctg								3z					1		C							1				arctg			3z					1			C
		1		1								z				3			C				1				3												3z					1									1							3z					1
																			C
	3					2									2								3					2													2												2										2

				3										3
Возвращаемся к замене z tgx , тогда																																													3tgx					1
													dx																					1				arctg							3tgx					1				C
cos 2						x 2sin x cos x 3sin 2 x
																																		2
																																		2														2

Наш сайт: Fizmathim.ru

Группа ВКонтакте https://vk.com/fizmathim_resh

Перейти на Готовые решения ИДЗ Рябушко (по вариантам)

Решение задач по высшей математике на заказ

9.0

sin 2 xdx

cos

Используем случай

sin 2n xdx

sin 2n x sin 2 x cos 2 x m n 1 dx

, где n, m – целые неотрицательные числа

cos 2m x

Решаем интеграл

sin 2

xdx

sin 2 x sin 2

x cos 2 x 2

sin 2 x sin 4

x 2sin 2

x cos 2 x cos 4

cos

sin 6 x 2sin 4

x cos 2 x sin 2 x cos 4 x

sin 6 x

dx 2

sin 4 x

sin 2 x

cos

Согласно тригонометрическому тождеству:

sin x

tgx , тогда запишем интегралы

cos x

sin 2

xdx

tg6 x

tg4 x

tg2 x

cos

Воспользуемся заменой

tgx t ,

cos 2 x

Тогда

sin 2

xdx

tg6 x

tg4 x

tg2 x

t 6dt 2 t 4dt

t 2dt

t 7

t 5

cos

Возвратившись к старой переменной: t tgx

В итоге:

sin 2 xdx tg7 x

2tg5 x tg3 x

cos8 x

Соседние файлы в предмете Математика

#
20.02.2017236.4 Кб135ИДЗ 6.3 Рябушко пример решения.pdf
#
20.02.2017315.68 Кб136ИДЗ 6.4 Рябушко пример решения.pdf
#
20.02.2017234.65 Кб250ИДЗ 8.1 Рябушко пример решения.pdf
#
20.02.2017258.48 Кб105ИДЗ 8.2 Рябушко пример решения.pdf
#
20.02.2017240.19 Кб94ИДЗ 8.3 Рябушко пример решения.pdf
#
20.02.2017320.68 Кб84ИДЗ 8.4 Рябушко пример решения.pdf
#
20.02.2017270.46 Кб141ИДЗ 9.1 Рябушко пример решения.pdf
#
20.02.2017285.53 Кб141ИДЗ 9.2 Рябушко пример решения.pdf
#
09.11.20231.11 Mб24ИДЗ Рябушко fizimat.ru.pdf
#
09.11.2023749.59 Кб9Решебник Арутюнова.pdf