Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный технический университет им. H.Э.Баумана

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Golovko

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.03.2016

Размер:

406.43 Кб

Скачать

☆

1 / 31 2 3 > Следующая >>>

Методическое пособие по теме "Неопределенный интеграл" Головко А.Ю.

Введение

Âнастоящем пособии в компактной форме изложены основные методы нахождения неопределенных интегралов. Сборник состоит из пяти параграфов.

Âпервом параграфе введены основные свойства и список табличных интегралов, также рассмотрены основные методы интегрирования: метод алгебраи- ческих преобразований для приведения к табличным интегралам, метод замены переменных, метод интегрирования по частям. Приведены задачи, которые решаются комбинированными методами и методом сведения к уравнению относительно интеграла.

Второй параграф посвящен интегрированию рациональных функций. В нем рассмотрен метод неопределенных коэффициентов и метод Остроградского. Эти методы позволяют свести интегралы от рациональных функций к табличным интегралам.

Âтретьем параграфе рассмотрены интегралы от тригонометрических и гиперболических функций: с помощью замен мы будем сводить эти интегралы к интегралам от рациональных функций (или табличным интегралам).

Четвертый параграф посвящен интегралам от иррациональных функций определенных видов, сводящимся к интегралам от рациональных и тригонометрических функций (или табличным интегралам).

Âпятом параграфе приведены задачи для самостоятельного решения, к которым даны ответы, в том числе задачи с письменных экзаменационных работ по курсу "Введение в математический анализ". Большое количество аналогич- ных задач можно также найти, например, в [1].

Данное пособие соответствует программе семинарских занятий для студентов первого курса МФТИ по теме "Неопределенный интеграл". Большинство разобранных задач взяты из сборника задач [1]. Автор благодарит Иванову С.В. за обсуждение данного пособия и ряд полезных замечаний.

Все замеченные ошибки и неточности просьба присылать по эл. адресу andrewgolovko@yandex.ru.

1. Неопределенный интеграл: определение, основные свойства и методы интегрирования

Введем вначале основные понятия: первообразная и неопределенный интеграл. Их можно найти в [2] [6].

Определение. Пусть 1 6 a < b 6 +1 и на ha; bi1 заданы функции f

и F . Тогда функция F называется первообразной функции f, если при всех x 2 ha; bi F 0(x) = f(x). При этом в случае a 2 ha; bi, b 2 ha; bi производные F 0(a), F 0(b) понимаются как соответствующие односторонние.

Определение. Совокупность всех первообразных функции f называют неопре-

Структуру множества первообразных	R
деленным интегралом функции f и обозначают	f(x)dx.2

описывает следствие теоремы Лагран-

æà.

Утверждение. Пусть F1 è F2 две первообразные функции f. Тогда F2(x) F1(x) = C, где C константа.

Таким образом, неопределенный интеграл является совокупностью всех функции, отличающихся на константу от фиксированной первообразной (если первообразная существует).

Отметим свойство линейности неопределенного интеграла. Утверждение. Если функции f и g имеют первообразные на ha; bi, ; 2 R,

2 + 2 6= 0, то на ha; bi существует ( f(x) + g(x)) dx и верно равенство

Z Z Z

( f(x) + g(x)) dx = f(x)dx + g(x)dx:

Составим таблицу неопределенных интегралов, которую легко получить из таблицы производных.

axa+1

1.x dx = a+1 + C, a 6= 1, x > 0.

2.R axdx = lnaxa + C, a > 0, a 6= 1, в частности R exdx = ex + C.

3.R x1 dx = ln jxj + C; x 6= 0, R x+1 a dx = ln jx + aj + C, x 6= a.

4. k 2 Z;

5. x 6= 0.

xR= k, k

sin2 x

= ctg x + C,

sin xdx = cos x + C;

cos xdx = sin x + C;

cos2 x = tg x + C, x 6= 2 + k,

sh xdx = ch x+C; R ch xdx = sh x+C; R

= th x+C; R

= cth x+C,

ch2x

sh2x

= arcsin

+ C = arccos

+ C, jxj < jaj.

jaj

a2 x2

, 2

1 j

j 1

px2+a

= ln

x + x + a + C x >

1 a; bR

промежуток, т. е. либо отрезок [a; b], либо полуинтервал [a; b), либо полуинтервал (a; b], либо

x2+a2

= a arctg a

+ C = a arcctg a

+ C, a 6= 0.

h i

интервал (a; b).

2Иногда неопределенный интеграл определяют как одну фиксированную первообразную (см. 9.1, [2]).

9.	R x2 a2		= 21a ln	x+a		+ C, x 6= a, a 6= 0.
		dx		x	a

Интегралы 1-5 сразу находятся из таблицы производных. Для доказательства равенства интегралов 6-8 тому, что написано в правых частях, достаточно вычислить производные правых частей. Интеграл 9 можно найти следующим образом:

x+aR

dx 1

2a ln

x a x+a

dx = 2a

x a 2a

x+a = 2a (ln jx aj ln jx+ aj) +

x2 a2

C =

x a

+ C.

arcsin jaj

+ C è

arccos jaj

+ C, соответствуют различные константы ( arcsin jaj

Замечание.

интеграле 6 одной и той же первообразной, записанной в виде

arccos jxaj + 2 ). Тоже самое касается и интеграла 8.

Проллюстрируем на примерах общие методы интегрирования (которые сводят интегралы к табличным): метод алгебраических преобразований для приведения к табличным интегралам (в том числе использование линейности, понижение степени тригонометрических и гиперболических функций), метод замены переменных, метод интегрирования по частям, сведение к уравнению относительно интеграла (задача 1.11).

1. Метод преобразований для приведения к табличным интегралам.
Задача 1.1									R	x2	x	+1 .
Задача 1.1						3		1		x2		+1 .				2	2	2		2	2
	2					3		1		px			1	dx		2	2	2		2	2
					Найти интеграл					px				dx
Решение.																5	3	1		5	3
2x2R	x						R									5	3	1		5	3
	x		x	+1 dx = x2 dx				x2 dx + x					2 dx = x				x + x + C = 2x				2x +
	+ C:				R					R					5=2		3=2	1=2	5		3
1		x
		p

Замечание. В последней задаче мы использовали линейность неопределен-

ного интеграла.

Задача 1.2. Найти интеграл R sin2 xdx.

Решение.

Для вычисления данного интеграла целесообразно понизить степень синуса, для чего можно воспользоваться формулой косинуса двойного угла: sin2 x =

1 cos 2x

R sin2 xdx = 12 R dx 12 R cos 2xdx = x2 sin42x + C.

Замечание. В последней задаче мы понизили степень тригонометрической функции (аналогичным образом можно проинтегрировать функции cos2 x, sin3 x

è ò. ï.).

	Найти интеграл R	dx
Решение.
		2x2+7 .
Задача 1.3.

Для того, чтобы свести данный интеграл к табличному, вынесем из знаме-

нателя двойку:

2.R

Метод заменыR

+ C:

переменных.

2x2+7

= 2

x2+

p7=2

= p14 arctg p7

Теорема. Пусть функция f имеет первообразную на ha; bi, функция ':

h ; i ! ha; bi дифференцируема на h ; i. Тогда на h ; i существует R f('(t))'0(t)dt и верно равенство

Z	Z
f('(t))'0(t)dt =		f(x)dx	:

x='(t)

Замечание. После замены в неопределенном интеграле переменную интегрирования можно считать независимой переменной.

Замечание. В некоторых задачах мы будем делать замену "в обратную сторону"(при переходе от переменной интегрирования t к переменной интегри-

рования x использовать замену t =

(x)).

x2p

dx.

Задача 1.4. Найти интеграл

x3 + 1

Решение.

Òàê êàê x2 с точностью до

постоянного множителя является производной

подкоренного выражения, используем замену t = x3 + 1. Тогда dt = 3x2dx è

x2px3 + 1dx = 31

ptdt = 31

t 2

+ C = 92

(x3 + 1)

2 + C:

3=2

Задача 1.5. Найти интеграл

2x2

5x+7 .

Решение.

Выделим в знаменателе полный квадрат:

I =

= 2

2x2 5x+7

x2 25 x+ 27

(x 45 )2+ 1631

помощью замены

(ïðè ýòîì

dx = dt

) сводим интеграл к таблич-

R x 4 = t

íîìó:

4x 5

I =

arctg

+ C =

arctg p

+ C

t2+(p

=4)2

Задача 1.6.

Найти интеграл

Решение.

x+1

Представим числитель в виде линейной комбиниции производной знамена-

теля и константы:

x 1 = (2x 1) + C = 21 (2x 1) + C = 21 (2x 1) 21 ,

т.е. мы подбираем , уравнивая коэффициенты при x, а потом находим C,

уравнивая коэффициенты при x0 (константы).

Таким образом,

dx =

x + 1

j 2

+ 43

x+1

2 x

x+1

2 x

x+1

21 )

lnR x2

x + 1

arctg2x

+ C.R

j p3

Bx+C

Замечание. Этот способ применим для нахождения интегралов вида

ïðè D = p2

4q < 0, что будет использоваться в 2.

x2+px+q

cos x

Задача 1.7.

Найти интеграл

R pesin x 1 dx

Решение.

Вначале используем замену sin x = t (при этом cos xdx = dt), что позволит

убрать из подынтегральной функции тригонометрические функции :

I =

cos x

dx =

esin x 1

et 1

ÄëÿRтого, чтобы

избавиться от иррациональности, сделаем замену

u =

. Ïðè ýòîì et

= u2 + 1, etdt = 2udu и исходный интеграл

2udu

= 2 arctg u + C = 2 arctgpet

I =

= 2

1 + C =

u(u2+1)

u2+1

2 arctgpResinex

+RC:

3. Метод интегрирования по частям.

Теорема. Пусть на некотором промежутке функции u и v дифференцируе-

мы и существует

u0(x)v(x)dx. Тогда на этом промежутке существует

u(x)v0(x)dx

и верно

равенство

Z Z

u(x)v0(x)dx = u(x)v(x) u0(x)v(x)dx:

а) Интегралы вида						Pn(x)f(x)dx, ãäå Pn многочлен, а f равна sin ax,
cos	ax, ax,	sh	ax, èëè			ax.
					ch R		R x sh xdx
Решение.				Найти интеграл				.
Задача 1.8.

Используем метод интегрирования по частям: u(x) = x, v(x) = ch x (выбираем наиболее простую первообразную функции sh x).

R R

x sh xdx = x ch x ch xdx = x ch x sh x + C.

Если вместо x в подынтегральной функции стоял бы многочлен произвольной степени n, то мы смогли бы найти интеграл, используя метод интегриро-

вания по частям несколько раз. При этом на каждом шаге степень многочлена в подынтегральной функции уменьшалась бы на один, и через n шагов мы бы

пришли к табличному интегралу. Аналогично мы можем найти интегралы от функции, являющейся произведением многочлена и одной из функций sin ax,

cos ax, ax, sh ax, ch ax. Решим такую задачу. Задача 1.9. Найти интеграл R (x2 + x) sin 2xdx.

Решение.

Будем находить интеграл, дважды используя метод интегрирования по ча- стям. Для этого в качестве функции u берем многочлен подынтегральной функ-

öèè:

(x2 + x) sin 2xdx = (x2 + x) cos22x

+ 21

(2x + 1) cos 2xdx = (x2 + x)cos22x +

R2 (2x + 1) sin 2x

sin 2xdx

= (x2 + x)R

4 (2x + 1) sin 2x +

+ C.

cos 2x

б) Интегралы

торую сложно

âèäà

P (x)f(x)dx, ãäå P

многочлен, а f функция, ко-

проинтегрировать, но легко продифференцировать (например,

обратная тригонометрическая функция или логарифм (возможно, от сложного

аргумента)).

Найти интеграл

R x

arcsin xdx

Решение.

Задача 1.10.

Функцию арксинус сложно проинтегрировать, но ее производная являет-

ся табличной, поэтому используем метод интегрирования по частям с

u(x) =

arcsin x, v0(x) = x2. Пусть v(x) =

3 . Тогда получаем, что исходный интеграл

arcsin x 3

= t

I =

x arcsin xdx =

1 x2

dx.

последнем интеграле удобно использовать замену 2

, которая упростит

подынтегральную функцию. При этом 2xdx = dt и

tdt

Äëÿ

p1 x2 dx = 2

p1 t .

того чтобы избавиться от иррациональности, используем замену

t =

, dt = 2udu, òî

u. Ïðè ýòîì 1 t = u

åñòü

Таким R

(1 t) 2

(1 x2) 2

1 t + C =

1 x + C

(1 u )du = 3

u + C =

образом, исходный инòåãðàë

I = arcsin x

(1 x2)

p1 x2

+ C

f sh bx; ch bxgdx;

в) Интегралы вида

fsin bx; cos bxgdx,

fsin ax; cos axgf sh bxR; ch bxgdx.

Задача 1.11.

Найти интеграл R a

, ïðè

Решение.

sin bxdx

a > 0

a 6= 1 b 6= 0

Используем метод интегрирования по частям два раза, беря в качестве фунц-

кии v степень, а в качестве функции u тригонометрическую функцию:

bxdx

ax sin bx

bxdx

ax sin bx

ax cos bx

bxdx

sin

ln2a

ln a

cos

ln a

+ ln a

sin

sin bx

b a

cos bx

lnRa

sin bxdx:

Мы получаем

уравнение относительно

ax sin bxdx. Для того, чтобы его ре-

ax sin bxdx. При этом в правой

шить, перенесем в левую часть слагаемое Rlnb2 a

части появится константа (так если в левой части зафиксировать первообраз-

ную, то в правой части вместо интеграла будет тоже первообразная (возможно,

отличающаяся от первообразной в левой части на константу), а все первооб-

разные отличаются от зафиксированной первообразной на константу).

1 +

x sin bx

b ax cos bx

ax cos bxdx = a

ln2 a

+ C.

ln2 a

ln a

Разделив последнее равенство на

1 +

(константу C в силу произволь-

ности можно не делить), получаем ответ:

ax cos bxdx =

ln a a

sin2bx b

ax cos bx

+ C

В последней задаче мы использовали метод составления урав-

a+b

Замечание.

нения относительно интеграла. 4. Комбинированые методы.

Следующие две задачи допускают различные решения. В таких задачах

важно выбрать наиболее простой способ решения.

Задача 1.12. Найти интеграл

arctgpxdx.

Решение, 1 способ.

Используем метод интегрирования по частям, взяв u(x) = arctgp

, v0(x) = 1,

v(x) = x. Тогда u0(x) = 2px(x+1)

(случай б)), а исходный интеграл

xdx

arctg

xdx = x arctg

x 2

2tdt = dx

t = px

I =

x+1 .

Сделав в последнем интеграле замену

(ïðè ýòîì

), получа-

åì: p

2t2dt

xdx

x+1

t2+1 = 2 dt 2

t2+1

= 2t 2 arctg t + C = 2

2arctg

+ C

Таким образîì, èñõодный инòåãðàë

I = x arctg px px + arctgpx + C.

Решение, 2 способp.

Сделаем замену t = x (при этом 2tdt = dx), что позволит нам избавиться от иррациоíальности:

R	t2	R	u(t) = arctg t v0	(t) = t
	arctgpxdx = 2		t arctg tdt:

Используем метод интегрирования по частям, взяв

v(t) =

u0(t) =

2 . Тогда

t +1 (случай б)), а исходный интеграл равен

arctg t

t arctg tdt = t arctg t

dt = t

dt +

dt = t

1+t2

t2+1

arctg t + C = x arctg p

+ arctgp

+ C.

arcsin x

Задача 1.13. Найти интеграл

dx.

Решение, 1 способ.

(x2 1)p1 x2

u(x) = arcsin x, v0(x) =

Используем метод интегрирования по частям, взяв

, v(x) =

(аналог случая б)). Тогда u0(x) =

p1 x2

, à

(1 x2) 2

x arcsin x

arcsin x

x 1

(x2 1)p

dx = p

1 x2

= p

2 ln

x+1

+ C

1 x2

Решение, 2 способ.

. Тогда

Сделаем замену

, ãäå

x = sin t

; 2

dx = cos tdt

1 x

pcos

t = cos t (òàê êàê cos t > 0), à

исходный интеграл

I =

t sin t

dt.

cos2 t

u(t) = t, v0(t) =

sin t

Используем метод интегрирования по частям, взяв

cos2 t ,

v(t) =

(t) = 1 (аналог случая а)), а

cos t . Тогда

I =

cos t

cos t .

Сделав в последнем интеграле обратную замену, находим

arcsin x

x+1 + C.

I = cos(arcsin x) + R

1 x2 = p1 x2

2 ln

можно представить в виде:

2. Интегрирование рациональных функций

Теоретической основой интегрирования рациональных функций являются следующие утверждения.

Утверждение. Любой многочлен Q (с действительными коэффициентами)

можно разложить на неприводимые множители (неприводимыми многочленами являются многочлены первой степени и квадратные трехчлены без корней):

Q(x) = a(x a1)k1 : : : (x as)ks (x2 + p1x + q1)l1 : : : (x2 + ptx + qt)lt ;

ãäå Di = p2i 4qi < 0 ïðè i = 1; t.

Замечание. Многочлен x4+1 не является неприводимым. Он раскладывает-

ся на неприводимые множители следующим образом: x4+1 = x4+2x2+1 2x2 = p p p

(x2 + 1)2 ( 2x)2 = (x2 + 2x + 1)(x2 2x + 1).

Утверждение. Пусть Q многочлен из предыдущего утверждения, P

многочлен, степень которого ниже степени многочлена Q. Тогда рациональную функцию P

P (x)

A11

A1k1

As1

Asks

B11x + C11

+: : :+

+: : :

x a1

x as

x2 + p1x + q1

Q(x)

(x a1)k1

(x as)ks

: : : +

B1l1 x + C1l1

+ : : : +

Bt1x + Ct1

+ : : : +

Btlt x + Ctlt

(x2 + p1x + q1)l1

x2 + ptx + qt

(x2 + ptx + qt)lt

Отметим, что в каждом слагаемом степень многочлена в числителе на 1 меньше степени неприводимого многочлена в знаменателе, а знаменатели это неприводимые многочлены в степенях, не превышающих их степень в исходной рациональной функции.

Пример.

2x+7

Ex+F

Gx+H

(x 2)

2 2

+3x+10)

x 2

(x 2)

x+1

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

x 2x+2

(x 2x+2)

Ix+K x2+3x+10 .

Рациональную функцию (частное двух многочленов) называют правильной, если степень числителя ниже степени знаменателя. В противном случае рациональную функцию называют неправильной. Если рациональная функция является неправильной, то числитель можно поделить на знаменатель с остатком, в результате чего рациональная функция будет представлена в виде суммы многочлена и правильной рациональной функции. Так как интеграл от многочлена является табличным, а интеграл суммы равен сумме интегралов, то все сводит-

ся к интегрированию дробей

(ãäå n > 2),

Bx+C

(ãäå p

4q < 0),

(x a) , (x a)n

x2+px+q

Bx+C

4q < 0, n >

(ãäå p

2), которые называют элементарными дробями.

(x2+px+q)n

Интеграл от первых трех элементарных дробей легко найти:

dx = A ln jx aj + C;

(x a)

dx =

+ C;

(x a)n

1)(x

a)n 1

Bx+C

2x+p

(â

задаче R

+ px + q) +

x2+px+q dx = 2

x2+px+q dx +

(x+ p )2+q

= 2 ln(x

x+ p2

1.6 мы проделали эти выкладки для

C 2

arctgqq

+ C

частного случая).

Замечание. Рекомендуется проделывать соответствующие выкладки в каждой задаче, а не запоминать последнюю формулу.

Алгоритм нахождения интеграла от четвертой элементарной дроби можно найти, например, в [2], 9.6.

Опишем основные методы нахождения интеграла от рациональной функции. 1. Метод неопределенных коэффициентов.

Алгоритм нахождения интеграла следующий:

1)если степень числителя не ниже степени знаманателя, то представляем

ååв виде суммы многочлена и правильной рациональной функции;

2)раскладываем знаменатель в произведение неприводимых многочленов;

3)представляем правильную рациональную функцию в виде суммы элементарных дробей с неопределенными коэффициентами;

4)находим интеграл от каждой элементарной дроби (и многочлена), складываем найденные интегралы.

Замечание. Количество неопределенных коэффициентов равно степени мно-

гочлена знаменателя. Это служит приемом проверки правильности представления.

Замечание. В случае кратных множителей (особенно квадратичных) удобнее использовать метод Остроградского, который будет описан позже.

Замечание. Подчеркнем, что значение интеграла от рациональной функ-

ции содержит только рациональные функции и арктангенсы .

Задача 2.1. Найти интеграл R x2 5x+9 dx.

x2 5x+6

Решение.

Так как степень числителя равна степени знаменателя, выносим единицу (что эквивалентно делению числителя на знаменатель):

2	5x+9			3		3
x2		= 1 +			= 1 +
			2	5x+6		(x 2)(x 3) .
x	5x+6		x

Представляем второе слагаемое в виде суммы элементарных дробей:

A(x 3)+B(x 2)

(x 2)(x 3)

x 2

x 3

(x 2)(x 3) .

Таким образом, 3 = A(x

3) + B(x

2) = x(A + B) 3A

2B.

левой части, получаем

0 в правой и

Приравнивая коэффициенты при x

è x

систему:

x1 :

0 = A + B;

x0 :

3 = 3A 2B;

решая которую находим A = 3, B = 3.

Таким образом,

x2 5x+9

x2 5x+6 dx = dx

x 2

dx + 3

x 3

dx = x 3 ln jx 2j+ 3 ln jx 3j+ C =

x +R3 ln

xx 23

+ C.R

Задача

2.2.

Найти интеграл

5x2

4x+4

dx.

Решение.

Так как рациональная функция является правильной, то ее можно представить в виде суммы элементарных дробей. Для этого вначале надо разложить

знаменатель на множители, для чего находим корень знаменателя. Так x = 1 является корнем знаменателя, то по теореме Безу знаменатель делится на x 1. Разделив знаменатель на x 1, получаем:

x3 x2 4x + 4 = (x 1)(x2 4) = (x 1)(x 2)(x + 2). Таким образом,

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

x 1

x 2

x+2

4x+4

, òî åñòü

4x+4

5x 14 = A(x 2)(x + 2) + B(x 1)(x + 2) + C(x 1)(x 2):

Подставляя в последнее равенство x = 1, получаем, что A = 3, подставляя x = 2, получаем, что B = 1, подставляя x = 2, получаем, что C = 2 (вме-

сто этого можно было раскрыть скобки и решить систему из трех уравнений с тремя неизвестными). Теперь найдем исходный интеграл:

R	5x 14		dx = 3 R		dx
	x3 x2 4x+4
					x 1
		(x 1)3
2j + C = ln		(x 2)(x+2)2		+ C:

R	dx	2 R	dx	= 3 ln jx 1j ln jx 2j 2 ln jx +
	x 2		x+2

Замечание. Отметим, что есть два основных способа нахождения неопределенных коэффициентов:

1)решение системы, получаемой приравниванием коэффициентов при соответствующих степенях (используется равенство коэффициентов при всех степенях у равных многочленов);

2)подстановка корней знаменателя в числитель (используется равенство

значений при всех x у равных многочленов) .

В некоторых задачах удобно использовать оба метода.
	Найти интеграл R	3x2+3x 2
Решение.		(x+1)(x2+2x+2)	dx	.
Задача 2.3.

Подынтегральную функцию представляем в виде суммы элементарных дро-

áåé:

Bx+C

A(x2+2x+2)+(Bx+C)(x+1)

3x2+3x

x+1

+2x+2

+2x+2)

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

(x+1)(x

Таким образом,

3x2 + 3x 2 = A(x2 + 2x + 2) + (Bx + C)(x + 1):

A = 2

Подставив в последнее

x = 1

равенство

, получаем, что

; приравни-

вая в нем коэффициенты при x , получаем, что 3 = A + B, откуда B = 5, а при

(это эквивалентно подстановке нуля), получаем, что 2 = 2A + C, откуда

C = 2. Теперь найдем исходный интеграл:

3x2+3x 2

dx = 2

5x+2

dx = 2 ln jx + 1j +

2x+2

(x+1)(x2+2x+2)

x+1

x2+2x+2

= 2 ln x + 1 +

d(x

+2x+2)

d(x+1)

= 2 ln x + 1 + 5

ln x2

+2x+2

(x+1)

Rx +2x+2

R j

2xR+ 2j 3 arctg(x + 1) + C.

Задача 2.4.

Найти интеграл R

(x+1)(x3+1) dx

Решение.

Раскладываем на множители знаменатель подынтегральной функции:

(x + 1)(x3 + 1) = (x + 1)2(x x + 1). Таким образом,

x2				A		B		Cx + D
			=		+		+				;
(x + 1)(x	3					2		x	2
		+ 1)		x + 1		(x + 1)				x + 1

откуда получаем, что

1 / 31 2 3 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
21.04.2015472.4 Кб13FOEPDZ-1_gleb.docx
#
23.12.201810.87 Mб51FOME.doc
#
09.02.20151.91 Mб32Gabriel + расчет промежуточного отсека.docx
#
09.02.2015850.94 Кб3GLOS3.DOC
#
09.02.20157.39 Mб10GMAT.800.2008.pdf
#
23.03.2016406.43 Кб7Golovko.pdf
#
24.05.20154.24 Mб103gorbunov_a_i_filippov_g_g_fedin_v_i_himiya.pdf
#
17.08.20191.42 Mб35gordeev.doc
#
10.02.201513.77 Mб14gost_4401-81.pdf
#
19.09.2019916.48 Кб3gotovye_otvety_Ekonomicheskaya_Teoria.doc
#
10.02.2015519.04 Кб49GPSS.pdf