Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Омский Государственный Университет Путей Сообщения

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Типовик 2 семестр ч2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

10.04.2015

Размер:

520.51 Кб

Скачать

☆

1 / 41 2 3 4 > Следующая >>>

34ПРАКТИКУМ И ЗАДАНИЯ ПО ИНТЕГРАЛЬНОМУ ИСЧИСЛЕНИЮ

Ре ш е н и е. Здесь m = 2, n = 2 — четные неотрицатель ные числа. Воспользуемся формулами понижения степе ни sinx и cosx за счет удвоения угла:

		6sin2 xcos2 xdx 3 6(sinxcosx)2 dx 3 14 6sin2 2xdx 3
1		1	1	1				1				1		1
3 4	6	12	4 2 cos4x2dx 3 8 6dx				4 8		6cos4xdx 3			8 x 4				sin4x 5 C.
3 4	6	12	4 2 cos4x2dx 3 8 6dx				4 8		6cos4xdx 3			8 x 4		32		sin4x 5 C.
															1 2 3 4 5 6 2 7 8 7
1234536789 68 397 4584989 434 79 72 8 3 8

			1 91234 5 672 8 5 9 999 9 9 9

			8	8					8								8

				4 29 345 9				4 29 345 9					4 29 345 9
8				9%9672 59 9				9%9234 59 9					4 29 345 9
8		9		91&234 59672 89%9				91234 59&672 89%9					9%9"# 59 9
				%9&91234 59672 859				%9&991234 59672 859					91&234 59&672 89%9
				'9 '9! (				'9 '9! (					%991234 59672 859 '9 '9
		9!		9					9				! ( 9
		9		9				9					929
		2 "# 9		29				29					9234 9
		2 "# 9		29				29							9672 9
			$	9234 9					9672 9
					1234 672 9
			8	8					8								8
													4 69 43
		4 29											73 !9297 73 8
		4 29											234			+		+	672	$	5
		345 9											234		2	+	3	+	672	$	5
8		9%9234 59		4 29 345 9				4 29 345 9								$		$
8		9%9234 59		4 29 345 9				4 29 345 9								+		+				9
		9 9 9		9%9672 59 9					9%9"# 59 9				672		2	+	4	+	672	$	5	9
		9		9 9 9				9*9 9 9 9					672		2	$	4	$	672	$	5
		! )		! ) 9				9										+ 234$ 5
		9		9	9			9		9			234 672 2					+ 234$ 5
		9																$
			9										9 59 9 9 ( 9
													( 9
													9					9
			1234 672 5 1672 672 5								1234 234 9
				234 672	2	+	2341		4 8 4	+	2341 3 85
8						$				$
8				672 672	2	+	6721		4 8 4	+	6721 3 85 9
				672 672	2	+	6721		4 8 4	+	6721 3 85 9
						$				$
				234 234	2	+	6721		3 8 3	+	6721 4 8
						$				$

ГЛАВА 1. НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ

Все вышесказанное можно свести в одну таблицу (табл. 5).

Учитывая тип интеграла, выбираем подстановку или формулу, позволяющую вычислить данный интеграл.

Пример 1.39.

1 sin5xcos8xdx.

Р е ш е н и е. Воспользуемся формулой случая III из таблицы 5:

6sin5xcos8xdx 3 6112 sin13x 4 12 sin3x2dx 3

3 12 6sin13xdx 4 12 6sin3xdx 3 16 cos3x 4 261 cos13x 5 C.

1.7.

ИНТЕГРИРОВАНИЕ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ ФУНКЦИЙ

Рассмотрим некоторые типы интегралов, содержащих иррациональные функции.

1. Интегралы вида

1	1	3x 4 5 2	n 2
6			7
	6	7
R6x,m		8x 4 9	7dx,

где R означает рациональную функцию от двух аргумен тов; m, n — натуральные числа; , , , — постоянные.

Указанный интеграл преобразуется в интеграл от ра циональной функции заменой

4	1x 2 3 5n		или tm 6	1x 2 3	,
t 6 m 7	9x 2	8		9x 2

откуда		2tm 1 3				(42 1 35)mtm11
	x 6	2tm 1 3		, dx 6		(42 1 35)mtm11		dt.
	x 6	4 1 5tm		, dx 6			(4 1 5tm )2	dt.
		4 1 5tm					(4 1 5tm )2
Пример 1.40.
		3		1			2 1 x
					3		2 2 xdx.
			(2 1 x)2		3		2 2 xdx.

36			ПРАКТИКУМ И ЗАДАНИЯ ПО ИНТЕГРАЛЬНОМУ ИСЧИСЛЕНИЮ
																		3			2			2 1 x
	Р е ш е н и е. К цели приводит замена t																										. Про
	Р е ш е н и е. К цели приводит замена t																							2 3 x			. Про
										2				4
дифференцируем замену 3t dt														1					dx, отсюда
дифференцируем замену 3t dt														1		(2 2 x)2			dx, отсюда
					dx 1					3 (2 2 x)2 t2dt.
										4
	Подставляем
		1	3 2 4 x				3		61	2 3 x	2	2		3			3		t3				3			33
6	(2	2	2 3 x	dx 5			4		61	2 4 x	2			t dt 5			4	6 6 dt			5		4		6t			dt 5
	(2	4 x)	2 3 x				4			2 4 x							4		t				4
					3					3						2 3 x	2
			5 3		8 t32			4 C 5 3 8 3 12 4 x									2		4 C.
	2. Интегралы вида
		2R(x,(ax 1 b)				m1							m2							mr
		2R(x,(ax 1 b)				n1		,(ax 1 b)					n2		,...,(ax 1 b)					nr		)dx,

где R — рациональная функция; m1, n1, m2, n2, ..., mr, nr — целые числа.

Указанный интеграл преобразуется в интеграл от ра циональной функции с помощью подстановки ax + b = ts, где s — наименьшее общее кратное чисел n1, n2, ..., nr, об

щий знаменатель дробей		m1		,	m2	,...,	mr		, отсюда
			n		n
							n
	ts 1 b		1	2			r
x 2			, dx 2			sts11dt		.
	a					a

Пример 1.41.

3 x 1 2 2 x 1 2 2 6 x 1 2 dx. (x 1 2)(12 3 x 1 2)

Р е ш е н и е. Подынтегральная функция является рациональной относительно (x – 2), (x – 2)1/2, (x – 2)1/3, (x – 2)1/6. Здесь n1 = 1, n2 = 2, n3 = 3, n4 = 6. Наименьшее общее кратное s = 6. Следовательно, нужно сделать под становку x – 2 = t6, dx = 6t5dt, t 1 6 x 2 2:

4	x 1 2 2 x 1 2 2 6 x 1 2					dx 3 4	t6 2 t3 2 t						6t5dt 3 64	t5 2 t2 21	dt.
	(x	1 2)(1	2	3	x 1 2)		t	6	(1	2 t	2	)		2
														12 t

ГЛАВА 1. НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ

Поделив числитель на знаменатель «уголком»,

2t5

1t2 11

t2 11

t5 1t3

t3 2 t 11

22t3

1t2

2t3

2t2

1t 11

получаем

1 t2 1 1

dt 2 65t3dt 3 65tdt 1 65dt 1 65

tdt

11 t

3 t4 3 3t2 1 6t 1 34ln(t2 1 1) 1 C 2

232 3 (x 3 2)2 3 33 x 3 2 1 66 x 3 2 1 34 ln(3 x 3 2 1 1) 1 C.

3.Интегралы вида

4R1x, ax 2 3bx 3 c 2dx,

где R — рациональная функция.

Подстановка x 1 u 2 2ba , dx = du преобразует интеграл

к одному из следующих трех типов (табл. 6). Подстановками из таблицы 6 эти интегралы соответ

ственно приводятся к интегралам вида 1 R(sint,cost)dt.

														1 2 3 4 5 6 2 7 8 7
				123456275882659 24 7 9 2 9 9 7

		5 7						17			27			317
9 824 9 97								17			27			317
	82 5 7
12	491 4	3 3 3 2					2	252 678 2			5 9 678 2			252 6 2
	491 4		3		3	2						2
32				6			2	252 2			5 9			5			2
32				6			2	252 2			5 9			5	63		2
	491 4		3		3	2	2							678
2				3				5		2	5 9 6	2	5			5		2
2				3				5	6	2	5 9 6	2	5	63		5	6	2

38	ПРАКТИКУМ И ЗАДАНИЯ ПО ИНТЕГРАЛЬНОМУ ИСЧИСЛЕНИЮ
	Пример 1.42.	2	dx		.

			(x2 1 4x 1	7)3

Р е ш е н и е. Сделаем замену: x = u – 2, dx = du:

4			dx							1		4										du						1 4					du					.
4	(x	2	2 4x 2					7)	3	1		4				((u 3			2)	2	2 4(u 3 2) 2					3		1 4			(u		2	2	3)		3	.
	(x		2 4x 2					7)								((u 3			2)		2 4(u 3 2) 2				7)						(u			2	3)
	Получили интеграл вида
															4 R1u, p2 3 u2 2du
(см. табл. 6, строка 2).
	Произведем замену:
	u 1			3tgt; du 1											3dt			;	u2 2 3 1 3						tg2t				21 1					3		;
	u 1			3tgt; du 1														;	u2 2 3 1 3						tg2t				21 1							;
													cos2 t																			cost
																	3		dt
						du											2		dt			1				1
						du											2					1				1
	9										1	9			cos t					1		3		9costdt	1	3	sint 2 C 1
	9			(u		2	2		3		1	9							3	1				9costdt	1		sint 2 C 1
				(u			2	3)						3			3		4
														5					6
														5					6
															7 cost				8
				1				3							u		4				1			3		x	2		2 4
			1	3	sin5 arctg												6 2 C 1				3		sin5 arctg							6	2 C.
			1		sin5 arctg												6 2 C 1						sin5 arctg							6	2 C.
								7						3			8							7			3			8

Отметим, что к подстановке x 1 u 2 2ba ; dx = du мы при ходим, выделяя полный квадрат под корнем:

x2 + 4x + 7 = (x2 + 2 2 x + 4) + 3 = (x + 2)2 + 3, отсюда

u = x + 2; x = u – 2; dx = du.

Упражнение 1.3.

Для каждой подстановки u из таблицы 6 получите вы ражение для du.

Указание. Учтите, что du = (t)dt, так как u = (t). 4. Интегралы от биномиальных дифференциалов име

ют вид

2xm (a 1 bxn )p dx,

ГЛАВА 1. НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ																								39
																				1 2 3 4 5 6 2 7							8 7
	123456275895285 7358524 87 5865247

	7		2 2 95					2 827			17 72317		47							537
		95274 27
	12	9232456752					282 92 52				2 2 2			2								1 2
	12	9232456752				282 92 2					2 2 2			2								1 2
			11 232			1 2 9				2			1									31
	2								3		2			1			2					1			2
	2							2	3		2			1			2						31		2
				456752				2
				456752

	2		1 1 1 9		232	3 1 2 9				2		2		1			2			1 31				11			2
	2					2				2		2					2		3								2
				456752		2			3
				456752					3
	1																							p 1		r1
где a, b — любые постоянные, не равные нулю;																										r1	,
где a, b — любые постоянные, не равные нулю;																										s1	,
			r2		r										r			r				r				s1
	m 1		r2	, n 1	r										r			r				r
					3	— рациональные числа;									1	,		2	,		3		— несо
			s2												1			2

					s													s
					s										s			s				s
					3								1				2			3

кратимые дроби.

Интеграл

I 1 3xm (a 2 bxn )p dx

выражается через элементарные функции только в трех случаях, сведенных в таблицу 7.

Пример 1.43.

4 1 x2

2 3x

(4 1 x

)2 dx.

Р е ш е н и е. Это интеграл от биномиального дифферен

циала (случай 2 из табл. 7). Здесь m = –1, n = 2,

p 1 1.

Поскольку m 1 1

2 0 — целое число, сделаем замену:

4 1 x2 2 t2, x2 2 4 1 t2, dx 2 1

dt.

Таким образом,

4 1 x2

t2dt

(t2 1 4) 2 4

dx 3 14

3 14

3 4

dt 3

4 1 t

t 1 4

1 2

3 4dt 2 44

3 t 2 ln

t 1 2

2 C 3

4 1 x2 2 ln

4 1 x

2 C.

t 2 2

4 1 x

2 2

40 ПРАКТИКУМ И ЗАДАНИЯ ПО ИНТЕГРАЛЬНОМУ ИСЧИСЛЕНИЮ

Пример 1.44.
					4				x2dx						2 4x2 (x2				3 9)			1 3
																						2 dx.
								(x			2			3								2 dx.
								(x				3 9)
Р е ш е н и е. Это интеграл от биномиального дифферен
циала (случай 3 из табл. 7). Здесь m = 2, n = 2, p 1 2																													3.
																													2
Поскольку					m 1 1			1 p				2	3	3 3 2 0 — целое число, сделаем за
					n								2	2
мену:
			12		2				2				9						tx3				2				2 2
1 2	9x				3 t	;		x			3					; dx 3 1				9 dt; x				2		9 3 x t ,
1 2	9x				3 t	;		x			3		t2 11			; dx 3 1				9 dt; x				2		9 3 x t ,
получим
4	x2dx						1 2			1		4	x2tx3dt				1 2	1	4	x2		dt 1 24					dt
										9								9										.
	(x	2		3	3									3 3						t	2				t	2	2	.
	(x			3	9)									x t						t					t		(t 21)
Интеграл 2								dt						вычислим как интеграл от рацио
Интеграл 2						2		(t		2	11)			вычислим как интеграл от рацио
						t		(t			11)

нальной дроби. Разложим подынтегральное выражение на простейшие дроби, предварительно разложив на множи тели знаменатель:

t2(t2 – 1) = t2(t – 1)(t + 1).

Имеем				A		B		C		D
	1		1		2		2		2		,
	t2 (t2 3	1)						t 31		t 21
				t t2

приведем правую часть к общему знаменателю и, отбро сив его, получим

1 = At(t – 1)(t + 1) + B(t – 1)(t + 1) +
+ Ct2(t + 1) + Dt2(t – 1).	(12)

Полагая в (12) последовательно t = 0, t = –1 и t = 1, получим 1 = –B, 1 = –2D, 1 = 2C, откуда B = –1, C 1 12,

D 1 2 12. Приравнивая в (12) коэффициенты при t3, полу

чаем 0 = A + C + D, подставив в последнее равенство най денные значения C и D, имеем A = 0. Итак, получаем

ГЛАВА 1. НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ																																					41
36			dt	4 31	36	dt		5		1		6			dt		3	1	6		dt		2	4 6	dt		3	1	6	dt	5	1	6	dt			4
36	t	2	2	4 31	36	2		5		2		6					3		6		t 5	1	2	4 6	2		3	2	6		5		6	t 5		1	4
	t		(t 31)			t				2					t 31 2						t 5	1			t			2		t 31 2				t 5		1
					4 3		1		3		1 ln\|t 31\| 5									1 ln\|t				5 1\| 5 C 4
								t			2									2
			x			x2 5					9			5 1									x							x2 5 9 5 x
						x2 5					9
4 3				5 ln				x								5 C 4 3										5 ln									5 C.
								x
			x2 5 9			x2			5		9		31									x2		5 9						x2 5 9 3 x
			x2 5 9			x2			5		9											x2		5 9						x2 5 9 3 x
								x
								x

Все рассмотренные случаи можно свести в одну табли цу (табл. 8).

Упражнение 1.4.

Для каждой замены из таблицы 7 найдите выражение для dx.

Указание. Продифференцируйте каждую замену (x = ts,

xn 2 ts1 1 a	, xn 1	a	) и выразите dx (см. пример 1.40).
b		ts1 2 b

О других способах вычисления интегралов данного

вида см. в [1, 2].

1 2 3 4 5 6 2 7 8 7

123453678968 397 458498 43 36 8 3 8

8		397 8								7 4 73 7 8 73 8

	1	1 3 4 5		2	9	2	2 22				1 3 4 5 2			2 2		3 4 5			1	2
	6	1 3 4 5		2		7	2 22				6		7	2 2		8 4 9			1	2
	6 1	6	8 4 9	7		7 1 2					8	4 9				8 4 9
			8 4 9								9 5
	3452 262 265 24						84 2				9 5		2 2
8	3452 262 265 24						84 2				3 8		2 2
8	2 2789 2 24 8 2										3 8
	38 59 2 129262							39 58!						2
	9 8 9 52 2
	9 8 9 52 2								3 8 !
	3125128129262 9
	9 52
	1		1				2 !22 2#2 2$2 "123452"2629
	1	4 ! 91		1			59 %552 &'552 9 52 5 29 129 12"""129 12
		2	1"""1		2		&' (2)9 59 5 24 &5(2								1 2		1 2"""12
	4 ! 92		1"""1		2										9		9
		1	! 1									"		1 2	""			2
8 4 ! 9			! 1				1 2 *4 2							1 2				2
	3452 262 265 24						9
	3452 262 265 24
	2 2789 2 129 12
	129 12"""12 129 262
	5 57 2

42			ПРАКТИКУМ И ЗАДАНИЯ ПО ИНТЕГРАЛЬНОМУ ИСЧИСЛЕНИЮ
								1 2 3 4 3 5 6 7 8 9 7 5
12			3456789 2				6 64 6 9 2 9 6492
								4 1 2 1 3 1 2					343 567 23
								4 1 2 1 3 1 2							89 567
								3						5	89 567						2 3
								3					343 5 3
													343 5 3
													343 23
							34	4 1 2		1 6 1 2 5 89 2 3
							34	3
	4 1 2 1 6 6 2 2 3						83 ! 3	3
2	4 1 2 1 6 6 2 2 3						83 ! 3								5		51 3
2	3 3 32 938 5
	83 3						5 3 1 2
	83 3						3 343 3						5 5 2 3
							3 343 3						5 5 2 3								2 3
													5 89 5								2 3
								4 1 2 1 3 1 2							5
								4 1 2 1 3 1 2							5
								3					5	567							5 3
													5	567							5 3
															51
														5
														5		5
	% & '( )3 &3983							343 "23 3"343 3 "123" !23
	%9 5 8&'349((7						3 3 3	3"3 #343 3"3 #"23 5						"	2 3
	278 9 53 3 * +&3, 3						3 3 3	3"3 #343 3"3 #"23 5							2 3
	4 $ 6 # ! 2 3							343" "#$ 3
	4 $ 6 # ! 2 3						$ 6 $ 3 3	6	#	"	#		"	3			2		3
	3 23 3 3 +-) 3						$ 6 $ 3 3	6		5 1 2 3		5	1				2		3
	. /& ) 23 3'(,0						#	5 "1 6 # 2 3 5					"$ "1 3$
	. /& ) 23 3'(,0						3	5 "1 6 # 2 3 5					"$ "1 3$						3
2	) 3 +13 5 )$ 2 3												# #3$
		)		)	"$			3# 6 5 "1 2 3 # 5										2 3
	$ 5	)	2 3 # 5	)	3 3			3# 6 5 "1 2 3 # 5										2 3
	$ 5	1	2 3 # 5	"	3 3								"1 3
		"1		"			$ 6 $ 6 3						"	6		#
	'( ( 2 ) 33 / (13						$ 6 $ 6 3	6	#	# "	3 5		"	6		#				2	3
	'( ( 2 ) 33 / (13						#	6		5 1 2	3 5			"	#					2	3
	)$	)1	)				3 3							"	#
	"$ 2 3	"1 2 3 " 3 3 / 0						5 3		"$ " 3$ #6$ 3
	'(& *) 3 ' - 3									#
1	Пример 1.45.
	Пример 1.45.					2	x2dx	x 1 5.
							x2dx
							x 1 3 1
	Р е ш е н и е. Хотя интеграл не подпадает ни под один
из случаев I...IV из таблицы 8, тем не менее он сводится к
сумме интегралов случая II:

ГЛАВА 1. НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ																							43
6	x2dx				5 6				x2 1 x 3 3 4 x 3 5									2dx					5
6	x 3 3 3			x 3 5	5 6		1 x 3 3 3 x 3 521 x 3 3 4 x 3 52																5
	x 3 3 3			x 3 5			1 x 3 3 3 x 3 521 x 3 3 4 x 3 52
Имеем				5 12 6x2 x 3 5dx 4 12 6x2 x 3 3dx.
Имеем
								3 x	1 5 2 t2	4
	x		2	x 1 5dx 2				5		6				2		2		2	dt 2
	x			x 1 5dx 2				5dx 2 2tdt6 2				2 (t 7			5)			t	dt 2
								8 x 2 t2 7 5 9
	6			4					2	2		7		20	5			50		3
2	2 t	dt 7 20 t			dt	1 50 t dt 2 7 t 7								5 t		1		3 t				1 C	2
		2									50
	2 7			(x 1 5)7 7				4 (x 1 5)5 1				3		(x 1 5)3 1 C.
Аналогично вычисляется и второй интеграл.
								3 x	1 3 2 t2	4
	x		2	x 1 3dx 2				5		6				2	3)		2	2			2
	x			x 1 3dx 2				5dx 2 2tdt6 2				2 (t 7			3)			t dt			2
								8 x 2 t2 7 39
	6			4					2	2		7		12	5			18		3
2	2 t dt 712 t				dt	1 18 t dt 2 7 t 7								5 t		1		3 t				1 C 2
			2					12
	2 7			(x 1 3)7 7				5	(x 1 3)5 1 6 (x 1 3)3 1 C.
Просуммировав их, окончательно получим
					4				x2dx				1
								x 2 3 2 x 2				5	1
								x 2 3 2 x 2				5
1	1 (x 2			5)7 3 2 (x 2 5)5 2 25						(x 2 5)3 3						1		(x 2 3)7 2
	7								3							7
				6
				2 5	(x			2 3)5 3 3 (x 2 3)3 2 C.
Интегралы вида
					2				Rn (x)			dx,
					2			ax2 1 bx 1 c				dx,

где Rn(x) — многочлен степени n, можно вычислить, ис пользуя формулу

4	R (x)		dx 3 Rn11	(x) ax2 2 bx 2 c 2 A4		dx
		n					,
	ax	2			ax	2
		2 bx 2 c				2 bx 2 c

1 / 41 2 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
10.04.201569.31 Кб21Тест_БЖД_ОБРАЗЕЦ.rtf
#
10.04.201518.46 Кб22тестовые вопросы на конкурс мастерства.docx
#
10.04.2015925.14 Кб207тесты конкурс мастерства.docx
#
09.04.2015203.26 Кб599Технол карты тек рем обор подст.doc
#
10.04.20151.02 Mб89Технологическая карта 2.2.docx
#
10.04.2015520.51 Кб16Типовик 2 семестр ч2.pdf
#
10.04.2015354.1 Кб17Типовик 2 семестр ч3.pdf
#
10.04.2015360.76 Кб5Типовик 2 семестр ч4.pdf
#
10.04.2015496.81 Кб6Типовик 2 семестр ч5.pdf
#
28.04.201946.59 Кб2ТИПОВОЕ ПОЛОЖЕНИЕ о мол. спеце Дочерних иЗависи....doc
#
09.04.2015354.82 Кб31Типовой расчёт 3.doc