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

☆

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

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

Приравнивая коэффициенты при всех степенях, получаем систему (последнее равенство можно было не писать, раскрывая скобки сразу в исходном урав-

нении):

x3 : 0 = A + C;

x2 : 1 = B + 2C + D; x1 : 0 = B + C + 2D; x0 : 0 = A + B + D;

решая которую находим A = 31

, B = C = 31

, D = 0.

Таким образом,

R j

R (x

2 )

x+1

3 3

(x+1)(x3+1) dx = 3

+ 3

(x+1)2 + 3

x2 x+1 dx = 3 ln jx + 1j

3(x+1) +

2x 1

x+1

dx+

2+ 3

3 ln x+1

3(x+1)

6 ln(x

x+1)+

arctg

+C:

2. Метод Остроградского (обобщенный)

Если в разложении знаменателя рациональной дроби на линейные и квадратные множители без корней несколько кратных множителей (особенно квадратичных), то метод неопределенных коэффициентов приводит к очень длинным выкладкам. В этом случае можно воспользоваться (обобщенной) формулой Остроградского, которая справедлива для любой правильной рациональной функции:

Q(x)dx =

Q1(x)+

+ : : : x

+ x2 + p1x + q1

+ : : : x2 + ptx + qt dx;

P (x)

P1(x)

B1x + C1

Btx + Ct

где P и Q многочлены из утверждения в начале параграфа,

Q1 много-

член с теме же неприводимыми множителями, что и Q, только в cтепенях, на единицу меньших, P1 многочлен, степень которого ниже степени многочлена Q1. Для отыскание неопределнных коэффициентов (в многочлене P1 è â ñëà-

гаемых второго интеграла), следует продифференцировать обе части формулы Остроградского.

Замечание. Также как и в первом методе, количество неизвестных коэффициентов равно степени знаменателя.

Замечание. Общий метод Остроградского можно найти, например, в [1] ( 2).

			Найти интеграл R				dx
Решение.			Найти интеграл R				(x2+1)2
Задача 2.5.								.
По формуле Остроградского
R	dx	Ax+B			R	Cx+D
R	(x2+1)2 =	2		+	R	x2+1 dx.
	(x2+1)2 =	x2+1		+		x2+1 dx.

Продифференцировав последнее равенство, получаем:

1		A(x +1) 2x(Ax+B)		Cx+D
(x2+1)2	=		(1+x2)2	+ x2+1 .

Таким образом,

1 = A(x2 + 1) 2x(Ax + B) + (Cx + D)(x2 + 1) = Cx3 + (A 2A + D)x2 + ( 2B + C)x + A + D.

Приравнивая коэффициенты при всех степенях, получаем систему:

x3 :		0	= C
2			= A + D;
x1	:	0	= A + D;
x0	: 0		= 2B + C;
x	:	1	= A + D;

решая которую находим B = C = 0, A = D = 1
Таким образом,											2 .
					1		dx		x		1
1			x
R		dx =		+		R		=		+	2 arctg x + C.
	(x2+1)2		2(x2+1)		2		x2+1		2(x2+1)

3. Интегрирование тригонометричеких и гиперболических функций

В этом параграфе основное внимание будет уделено интегрированию тригонометрических функций. Гиперболические функции интегрируются аналогич- ными методами.

Замечание. Для преобразования выражений с гиперболическими функциями удобно использовать формулы:

ch2 x sh2 x = 1; ch2 x = 12 (ch 2x + 1); sh2 x = 12 (ch 2x 1);

2ch x ch y = ch (x + y) + ch (x y);

2sh x sh y = ch (x + y) ch (x y);

2sh x ch y = sh (x + y) + sh (x y).

В предыдущем параграфе был приведен метод интегрирование рациональных функций. Иногда интегралы от тригонометрических и гиперболических функций с помощью замены можно свести к интегралам от рациональных функций (или табличным интегралам), после чего можно использовать методы предыдущего параграфа.

Рассмотрим интегралы следующего вида:

R(sin x; cos x)dx;

(1)

где R(x; y) рациональная функция двух переменных. В следующих случаях удобно использовать замены:

1)åñëè R( sin x; cos x) = R(sin x; cos x), òî t = cos x;

2)åñëè R(sin x; cos x) = R(sin x; cos x), òî t = sin x;

3)åñëè R( sin x; cos x) = R(sin x; cos x), òî t = tg x.

Замечание. Замены 1) и 2) обычно приводят к более коротким выкладкам, чем замена 3).

Замечание. Замены 1) и 2) легко запомнить следующим образом: если одна из тригонометрических функций (sin x или cos x) входит в рациональную

функцию только в нечетной степени, то другую следует заменить на t.

Интегралы (1) всегда можно свести к интегралам от рациональных функций с помощью замены t = tgx2 (универсальной тригонометрической подстановки ),


òàê êàê ïðè ýòîì
sin x =	2t	; cos x =	12 t2		; dt =	dx	= t2+1 dx:
sin x =	2	; cos x =	12 t2		; dt =	2 x	= t2+1 dx:
	t +1	t		+1		2 cos 2	2
Подстановка t = tgx				часто приводит к громоздким вычислениям, поэтому
		2		часто приводит к громоздким вычислениям, поэтому

прибегать к ней следует только тогда, когда не видно других путей к вычислению интеграла.

Замечание. Все указанные выше замены сводят интегралы (1) к интегра-

лам от рациональных функций.

Задача 3.1. Найти интеграл R sin3 x cos4 xdx.

Решение.

Так как подынтегральная функция обладает свойством

R( sin x; cos x) =

R(sin x; cos x), используем замену t = cos x. При этом dt =

sin xdx è

t4Rdt = t7

+ C =

+ C.

t6dt

sin

7 cos

sin

5cos

x( sin xdx)

= (1 t

dt =

cos

8, и для того, чтобы найти интеграл от

Замечание. В случае использования в задаче 3.1 замены

t = tg

знаме-

натель оказался бы равным

+ 1)

полученной рациональной функции, пришлось бы проделать громоздкие вы- числения.

Найти

Решение.

4 sin x .

Задача 3.2.

интеграл

Делаем замену t = tg 2 :

4(t 41 )

4Rtg

2dt

x2 1

t +1

sin x =

4+4t2

2t = 2

1 2

= 2

p arctg

= 2

+1) 4

4 )

+ 16

C =

arctg

+ C:

4 ch x 3 sh x dx.

Задача 3.3. Найти интеграл

Решение, 1 способ.

d(2 ch xR

sh x)

sh x

2 ch x

2 sh x ch x

C, à

2 ch x Rsh x dx = x + C, Ròî

для нахождения исходного интеграла достаточно

Òàê êàê

2 ch x sh x dx =

2 ch x sh x

= ln j2 ch x

sh xj+C = ln(2 ch x sh x)+

2 ch x

sh x

4 chRx 3 sh x

= A2 sh x ch x + B 2 ch x sh x :

представить его в виде линейной комбинации этих двух интегралов:

2 ch x sh x

Приравнивая в числителе коэффициенты при sh x и ch x, получаем систему:

3 = 2A B;

4= A + 2B;

решая которую находим A = 23 , B = 53 . Таким образом, исходный интеграл

ch x 3 sh x	dx =	2	R	2 sh x ch x	5	R	2 ch x sh x	2	ln j2 ch x sh xj+	5
R 42 ch x sh x	dx =	3	R	2 ch x sh x dx+	3	R	2 ch x sh x dx =	3	ln j2 ch x sh xj+	3 x+C:

Замечание. Отметим, что прием, заключающейся в представлении подынтегральной функции в виде линейной комбинации двух функций, интералы от которых легко находятся, был использован в задаче 1.6.

Решение, 2 способ.

Так как подынтегральная функция обладает свойством R

( sh

ch x) =

; 2

R(sh x; ch x), используем замену t = th x. При этом dt =

dx = (1 t )dx è

ch2x

исходный интеграл

4 3 th x dx =

4 3t 2 dt =

4 3t

dt:

I =

4 ch x 3 sh x dx =

2 ch x sh x

2 th x

(2 t)(1 t )

(t 2)(t 1)(t+1)

Представим полученную рациональную функцию в виде суммы элементар-

ных дробей:

4 3t

(t 2)(t 1)(t+1)

t 1

t+1

t 2 .

Таким образом, 4 3t = A(t + 1)(t 2) + B(t 1)(t 2) + C(t 1)(t + 1).

B =

67 ,

C = 32

, откуда

t = 1, t = 1, t = 2, находим A =

2 ,

Подставляя в последнее равенство

I = 21

+ 67

+C = 21 ln jt 1j+ 67 ln jt+1j 32 ln jt 2j+C =

t 1

t+1

t 2

2 ln th

1 + 6

th x

2 + C:

th x + 1

2 ln

4. Интегрирование иррациональных функций

1. Интегралы вида

R x;	ax + b	p1	; : : : ;	ax + b	pn	dx;	(2)

	cx + d			cx + d

ãäå n 2 N, p1; p2; : : : ; pn 2 Q, a; b; c; d 2 R, ad bc 6= 0, использованием замены

ax+b = tm, где m общий знаменатель рациональных чисел p1; p2; : : : ; pn,

cx+d

приводятся к интегралу от рациональной функции.

Задача 4.1.

Решение.

Найти интеграл R px+ px2 .

Так как подынтегральная функциÿ является рациональной функцией отно-

, то используем замену x = tÍÎÊ(2;3) = t6.

сительно переменных x1 = x2 , x2 = x

Таким образом, dx = 6t5dt и исходный интеграл

6t5dt

t2dt

t2 1 dt

tdt

+ px2 =

t3+t4 = 6

t+1

= 6

t+1

+ 6

t+1

= 6

+ 6

t+1

C = 3p3

6p6

+ 6 ln

+ 6 ln(

R+ 1 +

+ 1) + R

Замечание. 6 наименьшая степень t, которая позволяет избавиться от

иррациональности.

Рассматрим интеграл, который сводится к виду (2).

интеграл R

Задача 4.2.

Найти

x 1

x+1

Решение.

px 1+px+1 dx

Сократив дробь на

сведем исходный интеграл к виду

(2)

x + 1

x 1

x+1

I =

x 1

dx =

dx.

x 1

px 1+px+1

qx+1

ÄëÿRтого, чтобы св

åñòи интеграл к интегралу от

рациональной функции,

сделаем замену t =

x 1 . Таким образом, 2tdt =

2dx

= 2

1 t2

2 dx è

4t(t 1)

qx+1

tdt

(x+1)

I =

(t+1)(1 t)2(1+t)2

dt = 4

(t 1)(t+1)3

Представим полученную рациональную функцию в виде суммы элементар-

ных рациональных дробей:

(t 1)(t+1)

t 1

t+1

(t+1)

Таким образом, t = A(t + 1)3 + B(t

1)(t + 1)2 + C(t

1)(t + 1) + D(t

1).

Подставляя в последнее выражение t = 1, получаем, что A =

8 , подставляя

t = 1, получаем, что D = 21

; приравнивая в нем коэффициенты при t3, ïîëó-

÷àåì, ÷òî

0 =

B, откуда B

, получаем, что

0 =

8 , à ïðè

откуда C =

4 . Таким образом, исходный интеграл

I =

+p2

8 ln jt

8 ln jt + 1j +

t 1

t+1

(t+1)2

(t+1)3

4(t+1)

x 1

x+1

2 +

4(t+1)

px 1+px+1

4(px 1+px+1) 4(px 1+px+1)

Замечание. Мы рассмотрели интегралы, являющиеся рациональной функцией от x и фиксированной дробно-линейной функции в рациональных степе-

íÿõ.

2. Интегралы вида	Z

xm(axn + b)pdx;

= ts, где s знаменатель дроби

где a; b 2 R, m; n; p 2 Q, причем a 6= 0, b 6= 0, n 6= 0, p 6= 0, называют интегра-

лами от дифференциального бинома. Эти интегралы сводятся к интегралам от рациональных функции в следующих трех случаях:

p целое число,

m+1

n целое число,

m+1 + p целое число.

В первом случае (это интеграл вида (2)) используется замена x = tN , ãäå

N общий знаменатель дробей m и n; во втором и третьем случаях соответственно замены axn + b = ts è a + bx n

Замечание. Написанные выше подстановки называются подстановками Че- бышева. В остальных случаях интегралы от дифференциального бинома не выражаются через элементарные функции.

Задача 4.3.

Найти интеграл R x2 p3

(x3+2)5 .

Решение.

Заметим, что это интеграл от дифференциального бинома с m

, n = 3,

p =

m+1

+ p

, то используем замену 1 + 2x 3

= 2. Таким

3 . Òàê êàê

= t3

2 Z

образом, 6x 4dx = 3t2dt (òî åñòü dx = 5 t

x2 dt ) è

31 dt =

x 2(x3(1+2x 3)) 3 t2x4dt =

x 3t 3dt =

x2 p3 (x3+2)5

p1+2x 3

8 p3

dt +

+ C =

+ C

8t2

(1+2x 3)2

3. Тригонометрические и гиперболические замены.

Найти интеграл R pp

, ãäå

Задача 4.4.

Решение.

p > 0

x =

Этот интеграл можно найти с помощью тригонометричекой замены

; ]. Тогда dx = p cos tdt,

p sin t, ãäå t

[

x2 =

p2 cos2 t = p cos t (òàê

êàê p cos t > 0

â ñèëó òîãî, ÷òî t 2 [ 2 ; 2 ]), p

p2t

p2 sin 2t

arcsin p

p2 x

x2dx = p2

cos2 tdt = 2

(1+cos 2t)dt =

+C =

sin(2 arcsin

)

R p

+ C:

В следующих случаях удобно использовать следующие тригонометрические

(и гиперболические) замены:

1) в интеграле

R(x;

p2 x2)dx замены x = p sin t, x = p cos t, x = p th t;

R R(x; p

)dx замены x =

, x = p ch t;

2) в интеграле

x2 p2

cos t

R R(x; p

)dx замены x = p tg t, x = p sh t.

3) в интеграле

x2 + p2

Эти замены

позволяют избавиться от иррациональности и свести интеграл

ê âèäó (1).

Найти интеграл R

Задача 4.5.

1+px2+2x+2 .

Решение.

Выделяя полный квадрат в подкоренном выражении и используя замену

x = t + 1, сводим исходный интеграл к указанному выше виду:

I =

1+p

x2+2x+2

(x+1)2+1

t2+1

Используем замену

;

. Тогда dt =

Rt = tg u, ãäå t

cos

I =

cos2 u(1+p

cos2 u(1+

)

cos2 u+cos u

tg2u+1)

cos u

ÄëÿRвычисления

последнего интеграла воспользуемся универсальной триго-

cos u = 12 v2

(v2+1)du

нометрической подстановкой v = tgu

dv =

2 u

2 ,

а интеграл

2 . Тогда

v +1 ,

2 cos

2dv

v2+1

I =

= 2

dv = 2

dv =

1 dv =

1 v2

v2+1

v2)2

+(1

v2)(1+v2)

2v2

v2+1

+ v2+1

R dv 2 R	dv
	v2 1

= v ln

1 v

1+v

+ C = tg

arctg(x 1)

	1+tg		2
		1 tg	arctg(x 1)
		1 tg	2
ln					+ C:
ln			arctg(x	1)	+ C:

4. Для вычисления интегралов вида

		Z			ax2 + px + q ;			(3)
					Pn(x)dx
ãäå Pn многочлен степени n,				p
Z			целесообразно воспользоваться формулой
Z	pax2 + bx + c = Q(x)pax2 + bx + x + Z					pax2 + bx + c;		(4)
		Pn(x)dx					dx

где Q многочлен степени не выше, чем n 1, а некоторое число. Диффе- p

ренцируя обе части формулы (4) и затем умножая на ax2 + bx + c, получаем равенство многочленов, из которого находим и коэффициенты многочлена

Замечание. Этот метод аналогичен методу Остроградского (для вычисления интегралов от рациональных функций).

Замечание. Количество неопределенных коэффициентов в данном методе

на 1 больше степени многочлена в числителе.

Задача 4.6.

Найти интеграл

2x2 3x

Решение.

px2 2x+5 dx

По формуле (4)

2x2 3x

px2 2x+5 dx = (Ax + B) x 2x + 5 + px2 2x+5 :

Продифференцировав последнее равенство, получаем

2x 3x

2x 2

2x + 5 + (Ax + B)

= A

x2 2x+5

Таким образом,

2x2 3x = A(x2 2x + 5) + (Ax + B2)(x1 1)0+в правой.

и левой части, полу-

Приравнивая коэффициенты при x , x и x

чаем систему:

x2 :

= 2A + B;

3 = 3A + B;

x0 :

x :

0 = 5A B + ;

решая которую находим A = 1, B = 0, = 5.

Таким образом,

2x2 3x

1 +Rpx2

2x + 5 + C.

2x + 5

= 2x x

2x + 5

(x 1)

px2

2x+5 dx = 2x x

5 ln

5. Интегралы вида

(x )kpax2 + bx + c

использованием замены t

x приводятся к интегралам вида (3), причем

n = k 1.

Найти интеграл R

x >

Решение.

(x+1)p

x2+x+1

Задача 4.7.

Делаем замену t =

. Ïðè ýòîì t > 0, x = 1 t t , dx = dtt2

x+1

tdt

x+2pxR2+x

t+1 =

x+14

(x+1)px2

+x+1

(

1 t

)

+ 1 t

pt2

(

)

2+ 3 =

Замечание. После замены мы получили

âèäà (3) ñ n = 0,

интеграл

ln t

2 +

t + 1 + C =

2(x+1)

+ C = ln 1 x+2px2+x+1

+ C1.

на 1 меньшим, чем степень линейной

части знаменателя,

как и должно быть.

òî åñòü

6. Интегралы вида

(x2(+ px + q) 2m2+1 ;

Ax + B)dx

ãäå p2 4q < 0, можно представить в виде линейной комбинации двух интегралов

(x2 + px + q)

2m2+1

(x2 + px + q) 2m2+1 :

(2x + p)dx

Первый интеграл берется подстановкой

u = x2 + px + q, а второй подстановкой Абеля t =

)0 =

2x+p

x2 + px + q

сводится к интегралу от многочленов.

2x2+px+q

5. Задачи для самостоятельного решения

Найти интеграл (1 36). Основные методы интегрирования

1.	R (x2 2)2dx.
2.	R	sin 3x sin 4xdx.
3.		x2 cos x3dx.
	R
4.	R		2p		x	dx.
			p
				x
5.		pcos x sin7 xdx.
	R
6.	R		cos ln x+ln2 x dx.
7.			23x+2 dx.
						x

x 3x+5

8.x sin(2x + 1)dx.

9.R (x2 + x) sh 3xdx.

10.

arctg xdx.

11.

ln3 x

pxdx.

12.

cos 2x sh 3xdx.

13.

x2arctg xdx.

14.

ln(4+th2 x)

dx.

1+sh2 x

15.

x arcsin

dx.

px+1

16.

arcctg p

dx.

(x+1) 2

Интегрирование рациональных функций

17.

x 2 4x

dx.

4x+3

2+5

18.

dx.

(x+2)

(x x2+5x

19.

(x 1)(x2+5)

2x3+6x2+3x 5

20.

+1)(x2+x+2)

(2xx3

x2+2x+2

21.

x4 3x3+5x2 5x+2

22. R x5+x2 1 dx.

x6+2x4+x2

Интегрирование тригонометричеких и гиперболических функций

23.	R sh3 x ch4 xdx.
24.	R	dx
		sin2 x cos4 x	.

25.	R sin2 x cos 3xdx.
26.	R	dx
		2 sin x+cos x+5 .

Rtg x 5

27.2 tg x+1 dx.

Интегрирование иррациональных функций

28.			R						6									4
28.									px5+ px3 .
						p											dx.
29						p				2x 1
29										2x 1
30.R									x 1									dx
30.R
			R					5						x				1)7(x									2)3 .
									p3					(
														4
														4
31.			R						ppx+1												dx.
														p
														p
32.														xx					dx.

									p2x4+1
			R						p2x4+1
33.										x+1								dx.
33.																		dx.
			R						px2 1
			R												x2														.
34.			R						p														dx
34.									p		x			2+2x+5									dx
											x					dx																		.
35.			R							2p																	, x > 0
35.									x	2p					x2+4x+2												, x > 0
36.									x					4x+3										dx.
36.														5										dx.
			R (x2+x+1) 2
ОТВЕТЫ
1.	x5					34 x3 + 4x + C.
1.	5					34 x3 + 4x + C.
2.	sin2 x sin147x + C.
3.	sin x3											+ C.
					3					p
4.	2
4.	2												x
						2										+ C.
		ln 2				2										+ C.															cos4 x + 73 sin2 x 31 p
							1					cos6 x																3																		+ C.
5. 2							1																					3																cos3 x
5. 2							15																					11																cos3 x
6. sin ln x +																				ln3 x								+ C.

																						3
7.	3													2		3x + 5) +																		13					2x 3				.
	2			ln(x												3x + 5) +																	p		11		arctg p			11	+ C
8.					x cos(2x+1)																	+						sin(2x+1)								+ C.
8.														2								+								4						+ C.
9.		(9x2+9x+2) ch 3x 3(2x+1) sh 3x																																				+ C.
																						27
10.			x arctg x																						ln(1+x2)								+ C.
10.			x arctg x																											2			+ C.
11.				2				x			3			(9 ln3 x													18 ln2 x + 24 ln x 16) + C.
11.				2							2
				27							2
12.				2 sin 2x sh 3x+3 cos 2x ch 3x + C.
																					13
13.				x3					arctgx																	x2						ln(1+x2)
																													+										+ C.
					3																						6		+					6					+ C.
14.			th x ln(1 + th2 x) 2th x + 4arctg																																							th x			+ C.
14.			th x ln(1 + th2 x) 2th x + 4arctg																																							2			+ C.

<<< < Предыдущая 12 / 32 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 Mб104gorbunov_a_i_filippov_g_g_fedin_v_i_himiya.pdf
#
17.08.20191.42 Mб36gordeev.doc
#
10.02.201513.77 Mб14gost_4401-81.pdf
#
19.09.2019916.48 Кб5gotovye_otvety_Ekonomicheskaya_Teoria.doc
#
10.02.2015519.04 Кб49GPSS.pdf