Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

УМК6

.pdf

Скачиваний:

137

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

1.57 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2112 13 14 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

Таблица 2.4

Значения m, n, p

Подстановка

1. p – целое число

x = tq ,

q – общий знаменатель дробей m и n

m +1

- целое число

a + bxn = tr , r – знаменатель дроби p

m +1

+ p – целое число

ax−n + b = tr ,

r – знаменатель дроби p

Пример 2.42 Вычислить интеграл ∫

6 x(3 x −1)2

Решение.

x−1 6 (−1+ x1 3 )−2 dx , m = −

Дифференциальный

бином

имеет

вид

n =

p = −2 – целое число, т.е. имеет место первый случай интегрируемости,

подстановка x = t6 , dx = 6t5dt и интеграл принимает вид

∫

6t5dt

= 6∫

t4dt

6 x(3 x

−1)2

t(t

2 −1)2

После выделения целой части в полученной неправильной дроби имеем

−1

= 6∫

(t2 −1)2

= 6 t + ∫

(t2 −1)2

Разложим подынтегральную функцию на сумму простейших

дробей

2t 2 −1

(t 2 −1)2

t −1

t +1

(t −1)2

(t +1)2

2t 2 −1 = A(t −1)(t +1)2 + B(t +1)(t −1)2 + C(t +1)2 + D(t −1)2

После решения системы получим A =

, B = −

,C =

, D =

, тогда

111

= 6t +

−

∫

t −

t +

−1)

(t +1)

= 6t +

t −1

−3ln

−

+ C = 6t +

t −1

−

+ C,

3ln

t 2

t −1

t +1

−1

где t = 6 x.
		Пример 2.43 Вычислить интеграл ∫																															x3 1+ 4		x3 dx
		Решение.										1							3							1
		Имеем m =										1	,			n =			3		, p =					1		. Таким образом

																										3

					1 2 +1					2								4
	m +1		=		1 2 +1				=	3 2				=			2 -					целое число,											значит имеет					место второй случай
	n		=		3 4				=	3 4				=			2 -					целое число,											значит имеет					место второй случай
	n				3 4					3 4
интегрируемости, следовательно																													применяем подстановку												1+x3 4 = t3, где
r = 3– знаменатель дроби p , откуда x = (t3 −1)4 3 ,																																			x = (t3 −1)2 3 ,
dx =		4		(t3 −1)1 3 3t 2										dt = 4t 2 (t3 −1)1 3 dt , интеграл имеет вид
dx =		3		(t3 −1)1 3 3t 2										dt = 4t 2 (t3 −1)1 3 dt , интеграл имеет вид
		3											(t3 −1)2 3 3 t3 4t2 (t3 −1)1 3 dt = 4∫(t3 −1)t3 dt =
	∫ x 3 1+ 4 x3 dx = ∫												(t3 −1)2 3 3 t3 4t2 (t3 −1)1 3 dt = 4∫(t3 −1)t3 dt =
= 4∫(t			6			3		)dt =						7			t	4									4			7		4				3			4		3
			6	− t		3					t					−	t					+C =					4		t	7	− t	4	+C, где t =			3	1	+	4	x	3
				− t						4			7			−	4					+C =					7		t		− t		+C, где t =				1	+		x
													7				4										7
		Пример 2.44 Вычислить интеграл ∫																															3 1+ x3	dx
		Пример 2.44 Вычислить интеграл ∫																															x 2	dx
		Решение.																															x 2
		Решение.																							1
		Здесь m = −2,														n = 3, p =									1			и
		Здесь m = −2,														n = 3, p =								3				и
	m +1						− 2 +1								1					1			1	3
	m +1		+ p =				− 2 +1				+				1	= −				1		+	1	= 0 – целое число. Имеет место третий случай
	n		+ p =								+					= −				3		+		= 0 – целое число. Имеет место третий случай
	n							3						3						3		3

интегрируемости, тогда полагаем x−3 +1 = t3 , где r = 3– знаменатель дроби p ,

откуда −3x−4dx = 3t2dt , т.е. x−4dx = −t2dt . Преобразуем данный интеграл

∫x−2 (1+ x3 ) 13 dx =∫x−2 [x3 (x−3 +1)]13 dx = ∫x−1 (x−3 +1) 13 dx =

x−4

(x−3

+1)13 dx =

∫

(x−3

+1)13 x−4 dx = −

(t3 −1)−1t t2 dt =

∫123

14243123

∫

x−1

−t

112

= −∫

t3dt

dt = −∫

−1+1

dt = − ∫(1

)dt = ∫(

−1)dt =

t3 −1

− t3

−1

		1					=				1							=			A				+			Bt + C
1− t3							=			(1− t)(1+ t + t 2 )								=		1− t					+	1		+ t + t 2
1− t3										(1− t)(1+ t + t 2 )										1− t						1		+ t + t 2
1 = A(1 + t + t 2 ) + (Bt + C)(1− t)
	t 2			A − B = 0 A = B																	=			1
																								1

																					3																			1
			A + B − C = 0 A + A −1+ A = 0 A																																			=		1
	t		A + B − C = 0 A + A −1+ A = 0 A																																			=		3
	t																						2																	3
	t0			A + C =1 C =1− A =																			2
	t0			A + C =1 C =1− A =
																					3													1									3
																					3
									t		+ 2						1													1						(2t +1) +									1
																																		2		(2t +1) +							2
																																		2									2
=												+																																dt −		ln1 − t		− t + C =

		∫				3(t			2		+ t +1)			3(1 − t)							−1 dt =									3		∫				t	2		+ t +1						3
						3(t					+ t +1)			3(1 − t)																3						t			+ t +1						3
							d	(t2			+t+1)
						64748
=		1			∫(2t +1)dt +							1	∫										dt												−		1		ln		1−t	−t +C =
		1										1											dt														1
																					t				1				1
		6					t2 + t +1					2			t2 +2							+				−					+1						3

																					2				4			4
																					2				4			4
														14243
																			1		2
																	t+
																	t+		2
																			2							1
		1												1							d(t +					1		)											1
=					ln(t				2		+ t +1) +					∫					d(t +						2	)								−				ln1 − t				− t + C =
									2																		2
		6												2							1 2										3		2						3
		6												2							1 2										3		2						3
																	t +

																									+					2
																					2									2
=		1 ln(t2									+ t +1) +			1			arctg 2t +1											−			1 ln1 − t − t + C , где t =																3 1+ x3
		6														3									3						3																x

113

2.8 ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ

Определенные и несобственные интегралы служат для вычисления различных величин. Суть общего метода вычисления этих величин заключается в следующем:

-искомая величина разбивается на большое число малых элементов;

-вычисляется приближенное значение (главная часть) каждого элемента

ипутем их суммирования находится приближенное значение всей искомой величины в виде интегральной суммы;

-находится предел этой интегральной суммы, который и дает точное значение искомой величины.

Пусть на отрезке [a; b] задана непрерывная функция y = f (x). Разделим

отрезок [a; b] на n частей произвольным образом точками:

a = x0

< x1 <K

K< x n−1

< x n = b . На каждом

элементарном

отрезке

[xi−1; xi ]

выберем

произвольную точку ξi

и вычислим значение функции y = f (x)

в этой точке,

то есть f (ξi ). Вычислим произведения f (ξi )

xi (где

xi = xi − xi−1 ) для

всех

i =1,2,K, n и затем составляем сумму

= ∑f (ξi )

, которая

i=1

называется интегральной суммой для y = f (x) на

[a; b].

Обозначим через

max

длину наибольшего частичного отрезка для данного разбиения и

продолжим процесс разбиения отрезка [a; b]так, чтобы max

→ 0 .

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 2.1 Если существует и конечен предел интегральной

суммы Sn при max

→ 0 ,

не зависящий от ни от способа разбиения

отрезка [a; b], ни от

выбора

точек ξi , то этот предел называют определенным

интегралом от функции y = f (x) на [a; b]и обозначают следующим образом:

lim

∑f (ξi

)

xi = ∫f (x)dx ,

(2.1)

max

→0 i=1

где числа a и b называются соответственно нижним и верхним пределами интегрирования, [a; b] - промежутком интегрирования, f (x)− подынтегральной функцией, x − переменной интегрирования.

Свойства определенного интеграла

1. При перестановке пределов изменяется знак интегрирования:

∫b f (x)dx = −a∫f (x)dx .		(2.2)
a	b

114

2.	Интеграл с одинаковыми пределами равен 0:
		∫a f (x)dx = 0 .						(2.3)
		a
3.	Отрезок интегрирования можно разбить на части:
		∫b f (x)dx = ∫c f (x)dx + b∫f (x)dx .						(2.4)
		a	a			c
4.	Постоянный множитель можно выделить за знак интеграла:
		∫b c f (x)dx = c ∫b f (x)dx .						(2.5)
		a		a
5.	Интеграл от суммы функций равен сумме интегралов от этих функций:
		∫b (f (x)+ g(x))dx = b∫f (x)dx + b∫g(x)dx .						(2.6)
		a			a		a
Оценки определенного интеграла
1.		b∫f (x)dx	≤ ∫b	f (x)	dx .			(2.7)


		a	a
2.	Если на отрезке [a; b] функции						y = f (x) и y = g(x)	удовлетворяют
условию f (x)≥ g(x), тогда
		∫b f (x)dx ≥ ∫b g(x)dx .						(2.8)
		a	a
3.	Если m и M − наименьшее и наибольшее значения непрерывной на
отрезке [a; b]функции y = f (x), то
		m (b − a)≤ b∫f (x)dx ≤ M (b − a).						(2.9)
			a

2.8.1 Вычисление определенного интеграла

Теорема 2.1 (Формула Ньютона – Лейбница). Если функция y = f (x)

непрерывна на отрезке [a; b] и F(x)− первообразная функции f (x) на [a; b], то

∫f (x)dx = F(x)ab = F(b)− F(a). (2.10)

115

Теорема 2.2 (Замена переменной). Пусть дан определенный интеграл

b∫f (x)dx , где f (x)− непрерывная функция на отрезке [a, b]. Тогда, если

функция x = ϕ(t) непрерывна вместе со своей производной ϕ′(t) на отрезке [α;β](здесь ϕ(α)= a; ϕ(β)= b ), то имеет место формула

′

∫f (x)dx = ∫f (ϕ(t))

(2.11)

ϕ (t)dt .

Теорема 2.3 (Интегрирование по частям). Пусть u = u(x) и v = v(x)−

дифференцируемые функции на отрезке [a; b], тогда

∫b u(x) dv(x)= u(x) v(x)

ab − ∫b v(x) du(x).

(2.12)

Пример 2.45 Вычислить ∫x dx

Решение.

∫x dx =

−

= 2 −

=1,5

Пример 2.46 Вычислить ∫

R 2 − x 2 dx

Решение.

x = R sin t

Сделаем

замену

переменной

величины:

dx = d(R sin t)= R d(sin t)= R cos t dt

x [0; R], то при

Так как исходный интеграл вычисляется на отрезке

x = 0,

R sin t = 0 t = 0

и при

x = R,

R sin t = R sin t =1 t = π.

Далее воспользуемся формулой (2.11):

π 2

∫

R 2 − x 2 dx = ∫

R 2 − R 2 sin 2 t R cos t dt =

116

π 2

таккак1 + cos 2t =

= ∫

R 1 − sin t R cos t dt = R 2 ∫

cos2 t dt =

= 2 cos2 t cos2 t =

(1 + cos 2t)

R 2 π 2

R 2

π 2

R 2

πR 2

∫

(1 + cos 2t)dt =

∫

dt +

∫

cos 2t dt =

+ 0

1+ ln x

Пример 2.47 Вычислить ∫

Решение.

y =1+ ln x .

x =1

Сделаем

замену

переменной

При

y =1 + ln1 =1 + 0 =1;

при

x = e

y =1 + ln e =1+1 = 2;

из

выражения

y =1 + ln x находим

dx :

ln x = y −1 x = ey−1 ,

dx = d(ey−1 )=

= ey−1 dy . Подставим в исходный интеграл:

			e	1	+ ln x								2				y					y−1				1	2					1			2		2				1		2		2			2
			e										2														2								2		2								2			2
																																	y															1
			∫							dx = ∫										e				dy =			∫y dy				=									=						−					=
			∫			3x				dx = ∫					3	e		y−1		e				dy =		3	∫y dy				=	3		2						=	3			2		−		2			=
			1			3x							1													3	1					3					1				3			2				2
	1		1			1		=		1			1														1										1
	1					1				1
=		2 −									.
=	3	2 −								2	.
	3					2				2
																					π 3			x dx
			Пример 2.48 Вычислить																				∫
			Пример 2.48 Вычислить																				∫
																					π 4 cos2 x
			Решение.
			Применим											формулу										интегрирования											по						частям									(2.12):
u(x)= x; dv(x)=															dx				du(x) = dx,									v(x)= tg x .											Итак,					по					формуле
u(x)= x; dv(x)=													cos2						du(x) = dx,									v(x)= tg x .											Итак,					по					формуле
													cos2				x
π 3		x dx												π 3			π 3								π			π			π			π										π 3
∫		x dx					= x tg x							π 3		− ∫tgx dx =									π	tg		π	−		π	tg		π		+ ln cos x								π 3			=
∫							= x tg x							π 4		− ∫tgx dx =										tg			−			tg				+ ln cos x								π 4			=
π 4 cos2 x																	π 4								3			3			4			4
π 4 cos2 x																	π 4								3			3			4			4
	π						π								π								π				3		1									1
=	π			3	−		π	+ ln cos							π	− ln cos							π				3	−	1									1	ln 2			=
=	3			3	−		4	+ ln cos							3	− ln cos							4	= π		3		−	4	−ln 2 +								2	ln 2			=
	3						4								3								4			3			4									2
			3				1				1
			3		−		1		−		1	ln 2
= π			3		−		4		−		2	ln 2
			3				4				2

117

Пример 2.49 Вычислить ∫ln x dx

Решение.

u(x)= ln x;

Применяя

формулу

(2.12),

получаем

dv(x)= dx du(x)=

dx; v(x)= x

∫ln x dx =1

= x ln x

−

∫x

dx = e ln e −1 ln1− x

= e − e +1.

π 6

Пример 2.50 Вычислить

∫ e2x sin 3x dx = J

Решение.

u(x)= e2x ;

Используя

формулу

(2.12),

полагаем:

dv(x)= sin 3x dx du(x)= 2 e2x dx; v(x)= −

cos3x;

π 6

sin 3x dx = −

cos3x

π 6

cos3x dx =

∫

∫ e

π 3

2 π 6

cos3x dx =

π 6

cos3xdx .

= −

cos

−e

cos 0

∫

Получили интеграл, аналогичный исходному интегралу, поэтому вновь применяем формулу (2.12). Как и в первоначальном интеграле, полагаем

u(x)= e2x ,			dv(x)= cos3x dx du							= 2e2x dx; v(x)=							1	sin 3x . Итак:
u(x)= e2x ,			dv(x)= cos3x dx du							= 2e2x dx; v(x)=								sin 3x . Итак:
																3
π 6	e	2x	sin 3x dx =	1	+	2	1	e	2x	sin 3x	π 6	−	2	π 6	e	2x
∫		2x		1		2	1		2x		π 6		2	∫		2x
∫											0			∫
				3		3	3						3						sin 3xdx =
0				3		3	3						3	0

	1		3				π				π									π 6
																	0			π 6			2x
=		+					3	sin					− e				0	sin 0 − 2			∫	e	2x
=	3	+	9	e				sin			2		− e					sin 0 − 2			∫	e		sin 3x dx =
	3		9								2										0
=	1	+	2	e		π	3	−	4		π 6		e		2x		sin 3x dx .
											∫										В		результате						мы		получим					рекуррентную
	3		9						9		∫										В		результате						мы		получим					рекуррентную
	3		9						9		0
формулу для исходного интеграла, то есть																									J =		1	+	2	e	π 3 −	4		J
формулу для исходного интеграла, то есть																									J =			+	9	e	π 3 −	9		J
																											3		9			9
		J +			4		J	=	1	+		2		e		π 3			13	J	=	1	+	2	e	π 3	, то есть J =						3		+	1	e	π 3	.

					9				3			9							9			3		9									13			13
					9				3			9							9			3		9									13			13

118

π 6		3			1		eπ 3 .
Ответ: ∫ e2x sin 3x dx =			+
				13
0	13
π 3		dx
Пример 2.51 Вычислить ∫						.
	cos6
0				x

Решение.

Применяя замену переменной: y = tgx

dy = d(tg x)=

dx . По формуле из школьной тригонометрии:

cos2 x

= (1

+ tg2 x)2 . При x = 0 y = tg0 = 0; при

1 + tg2 x =

cos2

cos4

x = π3 y = tg π3 = 3 . Подставляем в исходный интеграл:

π 3

dx =

+ y2 )2 dy =

∫

cos6

cos2 x

0 cos4

= ∫ (1+

3 + 2

3 +

3 = 4,8

+ y

3 .

)dy = y +

π 4

sin5 x

Пример 2.52 Вычислить

∫

cos6 x

Решение.

π 4

sin

x sin x

π 4

sin

d(cos x)=

∫

dx = −

∫

cos6 x

cos

= t

cos 2

= t 2

= −

∫

− t

) dt

по ф. ( 2 .2 )

1 − t 2

= 1 − cos 2

x = sin 2 x

1 1 − 2t 2 + t 4

dt =

−

−6

−

−4

dt +

−2

dt =

∫

∫t

2 ∫t

∫t

t 6

t 4

t 2

2 2

t 6

2 2

t −5

t −3

t −1

2 3

− 2

= −

1−

−

−5

−3

−1

2 2

119

−		−	2	= −	1	(1 − 4 2)+				2	(1− 2 2)− (1 −	2)= −	1	+	2	−1	+	4	2	−
−	1	−	2	= −	5	(1 − 4 2)+				3	(1− 2 2)− (1 −	2)= −	5	+	3	−1	+	5	2	−
			2		5					3			5		3			5
−	4	2 + 2 = −				8	−	7	2 .
	3					15		15

2.9 НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 2.2 Определенные интегралы с бесконечными пределами интегрирования или от разрывных (на промежутке интегрирования) функцией называются несобственными.

2.9.1 Интегралы с бесконечными пределами интегрирования

Пусть	функция y = f (x) интегрируема			на	отрезке [a; b]. Тогда
lim b∫f (x)dx	называют	несобственным интегралом			от функции f (x) в
b→∞ a
пределах от	a до ∞ и	обозначают	∞∫f (x)dx .	Аналогично определяются
			a

несобственные интегралы для других бесконечных интервалов. Таким образом,

∞∫f (x)dx = lim b∫f (x)dx .			(2.16)
a	b→∞ a
∫b f (x)dx = lim b∫f (x)dx .			(2.17)
−∞	a→−∞ a
∞∫f (x)dx = lim ∫c f (x)dx + lim ∫b f (x)dx .			(2.18)
−∞	a→−∞ a	b→+∞ c

Если указанные пределы существуют и конечны, то соответствующие несобственные интегралы называются сходящимися. В противном случае интегралы называются расходящимися.

При исследовании несобственных интегралов на сходимость в ряде случаев могут быть полезными следующие признаки сходимости.

Признак сравнения. Если для всех x ≥ a выполняется неравенство

0 ≤ f (x)≤ g(x), то из сходимости интеграла ∞∫g(x)d следует сходимость

120

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2112 13 14 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.20151.66 Mб62УМК.PDF
#
17.03.20152.52 Mб103УМК.PDF
#
17.03.20153.93 Mб91УМК.PDF
#
17.03.20152.61 Mб50УМК.PDF
#
17.03.20151.65 Mб20УМК11.pdf
#
17.03.20151.57 Mб137УМК6.pdf
#
17.03.2015430.08 Кб10УМП . Сб. к.р.2011.doc
#
17.03.2015219.14 Кб74УМП ВРЕМЕНА1.doc
#
06.03.20164.28 Mб41УМП для выполнения КР Наг.маш..docx
#
07.05.2019478.21 Кб3УМП Интегралы.doc
#
17.03.2015429.06 Кб19УМП к выполнению заданий 1-5 по информатике.doc