Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

7005

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

2.15 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 153 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

u1 eax

sin bx

cosbx

u1 ae

eax cosbx dx =

eax sin bx

eax sin bxdx . Теперь в скобках

аналогичное выражение, применим к нему такие же преобразования.

eax

cosbx

sin bx

Продолжим преобразования:

eax sin bx

eax sin bxdx =

sin bx

cosbx

cos bxdx .

После двух действий, мы видим снова интеграл I

в конце строки.

Можно записать так, раскрыв скобки:

eax sin bx

eax cos bx

a 2

I . А теперь можно просто выразить

это I

арифметическим путѐм.

a 2

ax 1

I e

sin bx

cosbx

eax

b sin bx a cosbx C .

a 2 b2

Итак,

eax cosbx dx =

eax

b sin bx a cos bx C .

Задача 8.

Получить формулу вычисления интегралов вида

I n

(x 2

a 2 )n

Решение. Обозначим всю функцию через u и применим интегрирование по частям, и при этом формально считаем второй множитель равным 1. Для удобства, временно применим отрицательные степени вместо дробей.

u (x 2 a 2 ) n

v x

u n(x 2 a 2 ) n 1 2x

v 1

I n =

( 2n)

x2 dx

(x 2 a 2 )n

(x2 a2 )n

(x2

a2 )n 1

(x2 a2 ) a

)

n 1

Теперь можем разбить на две дроби, интеграл от первой сводится к I n , а второй к I n 1 .

2na2

, то есть

2 a 2 )n

(x 2 a 2 )n

(x 2 a 2 )n 1

2nI

2na2 I

откуда выразим

через I

n 1

2 a 2 )n

2na

2 I

(2n 1)I

n 1

(x 2

a 2 )n

вывели «рекурсивную» формулу

I n 1

2n 1

I n , с

2na2 (x 2 a 2 )n

2na2

помощью которой интеграл такого типа для большей степени сводится к меньшей степени, а значит, все они последовательно

сводятся к

, который равен

arctg

C .

a 2

Задача 9.

Вычислить интеграл

Решение. Применим формулу, при этом n+1 = 2 (n=2 было бы неправильно, ведь в формуле та степень, которую выражаем, это n+1 а та, через которую, это n).

При этом n = 1. a = 1.

Формула приобретает такой вид:																I		1				x					1	I		.
Формула приобретает такой вид:																I	2											I	1	.
																	2	2 x2 1								2			1
Ответ:			dx				=		1			x		1	arctgx C .
Ответ:		(x	2	1)		2	=		2 x		2			2	arctgx C .
		(x		1)					2 x			1		2
Домашнее задание.
1.	Вычислить ex sin xdx .												(как в задаче 6).											e x		(sin x cos x) C
1.	Вычислить ex sin xdx .												(как в задаче 6).										2			(sin x cos x) C
																							2
2.	Вычислить eax sin bx dx . (как в 7).																				eax				(a sin bx b cos bx) C
2.	Вычислить eax sin bx dx . (как в 7).																	a		2		b	2		(a sin bx b cos bx) C
																		a				b
3.	Вычислить						dx					или				dx			(по рекурсивной формуле).

					(x		2	4)		3					(x	2	1)	3
					(x			4)							(x		1)

ПРАКТИКА № 4 (28.02.2017 у обеих групп) Рациональные дроби.

Ситуация 1. Если все корни знаменателя различны.

Задача 1. Вычислить интеграл						1	dx .

					(x 1)( x 2)
Решение. Разложение на простейшие дроби:
1		A	B	.
	(x 1)( x 2)
		x 1	x 2
Приведѐм к общему знаменателю:						A(x 2) B(x 1)		.

						(x 1)( x 2)

Приравняем к исходной дроби. Знаменатели у них и так равны, осталось приравнять числители: A(x 2) B(x 1) 1

из этого следует: ( A B)x ( 2A B) 0x 1.

Так как в исходном числителе была только константа 1, то искусственно приписали 0x , для того, чтобы присутствовали все степени, коэффициенты при которых надо сравнить.

A B 0

Получается система уравнений:

2A B 1

Решаем систему, складывая уравнения между собой, получится

A 1, т.е.

A 1,

тогда

B 1.

Теперь интеграл можно разбить на

два интеграла от таких слагаемых:

dx .

1)( x 2)

x 1

x 2

Ответ.

x 2

x 1

C , либо в такой форме: ln

C .

x 1

Задача 2. Вычислить интеграл

dx .

Решение. Сначала разложим знаменатель на множители:

dx =

dx .

(x 1)( x 1)

A(x 1) B(x 1)

(x 1)( x 1)

x 1

(x 1)( x 1)

Ax A Bx B 0x 1, тогда

A B 0

, отсюда

, A

A B 1

dx =

x 1

(x 1)( x 1)

x 1

= ln

C .

x 1

Ответ.

x 1

C .

Задача 3. Вычислить интеграл

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

Решение. В данном случае знаменатель уже разложен в произведение множителей первой степени. Теперь представим дробь в виде суммы:

1	A	B	C	.
(x 1)( x 2)( x 3)	x 1	x 2
			x 3

После приведения к общему знаменателю:

A(x 2)( x 3) B(x 1)( x 3) C(x 1)( x 2)	=	1	.

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

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

Перегруппируем слагаемые, так, чтобы вынести отдельно вторые степени, первые степени и константы.

( A B C)x 2 ( 5A 4B 3C)x (6 A 3B 2C) 0x 2 0x 1 .

Отсюда строим систему уравнений:

	A B C 0

5A 4B 3C 0 чтобы еѐ решить, построим расширенную
	6 A 3B 2C 1
	6 A 3B 2C 1

матрицу системы и применим метод Гаусса.

1	1	1	0	1	1	1	0

5	4	3 0		0	1	2	0
6	3	2	1	0	3	4 1
6	3	2	1	0	3	4 1

Сначала ко 2-й строке прибавили 1-ю, умноженную на 5, затем от 3-й отняли 1-ю, умноженную на 6.

Так мы обнулили всѐ ниже углового элемента a11 .

А теперь к 3-й строке прибавили 2-ю, умноженную на 3:


		1 1		1 0					1 1			1 0

		0 1		2 0					0 1			2 0		.
		0	3	4 1					0 0			2 1
		0	3	4 1					0 0			2 1

Уже получилась треугольная основная матрица.
Ей соответствует такая система:
A B C 0
										1						1
B 2C 0 , т.е.								C			,	тогда		B 1, а тогда	A		.
B 2C 0 , т.е.								C		2	,	тогда		B 1, а тогда	A	2	.
			2C	1						2						2
			2C	1

Теперь интеграл сводится к такому виду:
	1		1	dx		1	dx			1		1	dx ,
2			x 1	dx	x 2		dx			2		x 3	dx ,
2			x 1		x 2					2		x 3

Ответ.

x 1

x 2

x 3

C .

x 2 4x 2

dx .

Задача 4. Вычислить интеграл

x3 4x

Решение. Во-первых, найдѐм корни знаменателя и разложим его на

множители:

x2 4x 2

dx .

x(x 2)(x 2)

Далее,

x2 4x 2

x(x 2)(x 2)

A(x2 4) Bx(x 2) Cx(x 2)

x2 4x 2

x(x 2)(x 2)

В числителе уже и так был многочлен, а не просто число 1, поэтому

не придѐтся добавлять 0x 2 , ведь все коэффициенты, к которым надо приравнять, в наличии есть.

Приравняем числители:

	Ax 2 4A Bx 2 2Bx Cx2 2Cx x2 4x 2
( A B C)x 2										( 2B 2C)x 4 A x 2														4x 2 .
Тогда система принимает вид:
A B C 1
																		1
2B 2C									4 , отсюда A											,
2B 2C									4 , отсюда A									2		,
		4 A 2																2
		4 A 2

тогда с учѐтом этого система примет вид:
B C 1 2								,		тогда 2C						5		, т.е. C						5	,	B	3	.


B C 2																2								4			4
1			1	dx			3		1				dx		5			1			dx .
				dx					x 2				dx								dx .
2			x		4				x 2				4			x 2
Ответ.					1	ln		x			3	ln		x 2			5		ln			x 2	C .
					1						3						5

					2					4							4
					2					4							4

Рациональные дроби. Случай 2. Если есть кратные корни.

Задача 5. Вычислить интеграл	x2 x 3
		dx .
	(x 1)2 (x 2)

Решение. Как видим, здесь корень 1 имеет кратность 2. Разложение на простейшие дроби нельзя проводить так, как будто бы здесь три

независимых

множителя

(x 1) ,

(x 2) ,

т.е.

, иначе

получится

противоречие,

ведь

общий

x 1

знаменатель будет содержать всего лишь 1-ю степень (x 1) но никак не вторую. Надо степени знаменателя учитывать по возрастающей, до

кратности корня, а именно, так:	A	B	C		.

	x 1	(x 1)2	x	2

Приведѐм к общему знаменателю:

A(x 1)(x 2) B(x 2) C(x 1)2 . (x 1)2 (x 2)

Числитель этой дроби равен числителю исходной, той, которая была в интеграле:

A(x 2 x 2) B(x 2) C(x 2 2x 1) x 2 x 3 .

( A C)x 2 ( A B 2C)x ( 2 A 2B C) x 2 x 3 , система:

	A C 1
	A B 2C 1 . Построим расширенную матрицу и решим
	A B 2C 1 . Построим расширенную матрицу и решим

2 A 2B C 3

систему уравнений:

1	0	1	1	1	0

1	1	2 1		0	1
2	2	1		0	2
2	2	1	3	0	2

Система приведена к виду:

1	1	1

3	0	0
3	5	0
3	5	0

A C 1B 3C 0

3B 5

0	1	1

1	3	0	.
3	0	5
3	0	5


Тогда B	5	, C	5	,	A		4		. И теперь интеграл распадается на сумму
Тогда B	3	, C	9	,	A		9		. И теперь интеграл распадается на сумму
	3		9				9
трѐх интегралов:			4		1			dx		5	1		dx	5	1	dx .
трѐх интегралов:								dx				2	dx			dx .
			9			x 1				3	(x 1)			9	x 2

В 1 и 3 слагаемых - как раньше, а вот во 2-м логарифм в ответе не получится, ведь тут уже 2-я а не 1-я степень в знаменателе.

	1	1
Полезно вспомнить, что			.
		x2
x

То есть, интеграл от -2 степени будет содержать -1 степень, и меняется знак.

Ответ.	4	ln	x 1				5 1			5		ln		x 2					C .
	4						5 1			5

							3 x 1
9										9
9										9								1
Задача 6.		Вычислить интеграл																1			dx .

															x	4			x	2
															x				x
Решение.					1		dx =				1						dx =							1	dx .

				4		2			2				2										2	(x 1)( x 1)
			x		x			x			(x			1)								x		(x 1)( x 1)

Здесь корень 0 имеет кратность 2, остальные корни простые.

1	=	A		B		C			D	.
x 2 (x 1)( x 1)		x		x2		x 1			x 1

После приведения к общему знаменателю, числитель будет такой:

Ax(x 2 1) B(x 2 1) Cx 2 (x 1) Dx 2 (x 1) .
После приведения подобных:
( A C D)x3 (B C D)x 2 Ax B , это надо приравнять к
0x3 0x2		0x 1. Получится систему с 4 неизвестными:
A C D 0

B C D 0			Поскольку A,B определяются сразу же,	A 0	,	B 1,
	A	0	Поскольку A,B определяются сразу же,	A 0	,	B 1,
	A	0

	B 1
	B 1

то матрицу 4 порядка для метода Гаусса строить не надо, а останется только маленькая система на C,D.

C D 0	тогда C		1	, D		1	.


C D 1			2			2
A 0 , то	есть, как	видим,			некоторые слагаемые в некоторых

примерах могут и пропадать, однако те, где степень самая высокая, равная кратности - не могут, так, здесь не могло бы быть B 0 , иначе возникло бы противоречие при приведении к общему знаменателю.

			1		dx					1			1			dx				1			1		dx		=		1			1	ln	x 1	1	ln	x 1	C .
			1							1			1							1			1						1			1			1
			2
		x								2			x 1						2				x 1							x 2					2
Ответ.						1					1	ln		x 1				1			ln	x 1			C
						1					1							1

							x			2							2												1
							x			2							2
Задача 7.									Вычислить интеграл																							dx .

																										(x		2	1)		2
																										(x			1)
Решение.									Сначала запишем знаменатель подробнее, с учѐтом корней:
				1					dx =										1						dx .

	(x		2			1)		2							(x 1)				2		(x		1)	2
	(x					1)									(x 1)						(x		1)

Это тот случай, когда оба корня кратные, кратности 2. Разложение на простейшие дроби будет иметь такой вид:

A	B	C	D
				.
x 1	(x 1)2	x 1	(x 1)2

После приведения к общему знаменателю, в числителе будет такое выражение:

A(x 1)( x 1)2 B(x 1)2 C(x 1)( x 1)2 D(x 1)2 =

здесь при А и С можно один множитель отделить от 2-й степени, с тем чтобы образовать выражение типа (x 2 1) тогда привести подобные легче.

A(x 2 1)( x 1) B(x 1)2 C(x 2 1)( x 1) D(x 1)2 =

= A(x3 x 2 x 1) B(x 2 2x 1) C(x3 x 2 x 1) D(x 2 2x 1) .

перегруппируем слагаемые, чтобы вынести каждую степень отдельно:

( A C)x3 ( A B C D)x 2 ( A 2B C 2D)x ( A B C D) .

Этот многочлен равен 0x3 0x2									0x 1, таким образом, получается
система уравнений:
		A C 0
	A B C			D 0
	A B C			D 0
	A 2B C			2D 0
	A 2B C			2D 0

	A B C D 1
	A B C D 1
Построим расширенную матрицу и применим метод Гаусса:
Сначала обнулим всѐ ниже чем a11 , затем ниже a22 .
1		0	1	0	0	1		0	1 0	0	1 0 1		0	0
	1 1		1	1	0		0	1	2 1	0		0 1 2	1	0
	1 1		1	1	0		0	1	2 1	0		0 1 2	1	0
	1	2	1	2	0		0	2	0 2	0		0 0 4	4	0

	1	1 1		1	1		0	1	2 1	1		0 0 4	0	1
	1	1 1		1	1		0	1	2 1	1		0 0 4	0	1

Ниже a33 можно уже и не обнулять, ведь идея метода Гаусса состоит

в том, чтобы количество неизвестных снижалось, вплоть до одной в последнем уравнении, а здесь уже так и есть, в последнем уравнении всего один элемент. Сначала выразим C , затем через неѐ D и так далее. Система может быть представлена в виде:

	A C 0
				1		1		1		1
B 2C D 0			C	1	, D	1	, B	1	, A	1
	4C 4D	0									.
				4		4		4		4	.
				4		4		4		4
	4C 1
	4C 1

Тогда в интеграле функция распадается на сумму 4 слагаемых:

1		1	1		1	1

4			(x 1)	2	x 1	(x 1)	2	dx
4	x 1		(x 1)		x 1	(x 1)

из всех вынесли общий коэффициент 14 , и перед третьим слагаемым поставили знак минус. Получается:

1			x 1			1	ln		x 1			1		C =
1						1						1
	ln
	ln
4					x 1							x 1
4		x 1			x 1							x 1				x 1
1				1		1		1			C			1				1	2x	C .
1				1		1		1						1				1	2x
	ln												=		ln
4		x 1		4		x 1				x 1				4		x	1	4	x 2 1

<<< < Предыдущая 1 23 / 153 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.02.2023625.95 Кб06899.pdf
#
13.02.202149.22 Кб2690.pdf
#
05.02.2023505.3 Кб06905.pdf
#
05.02.2023475.83 Кб06990.pdf
#
13.02.2021815.65 Кб06OMkzBKrZ3.pdf
#
05.02.20232.15 Mб07005.pdf
#
05.02.2023618.28 Кб07014.pdf
#
05.02.2023225.21 Кб07046.pdf
#
05.02.20231.01 Mб37067.pdf
#
05.02.2023266.87 Кб07089.pdf
#
05.02.2023288.25 Кб07090.pdf