Файл: Марченко_Высшая математика.pdf

Скачать файл
Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 18.05.2025

Просмотров: 1592

Скачиваний: 21

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

Если функции f1 (x), …, fn (x) интегрируемы в некотором промежутке, то функция f (x) = f1 (x) ± … ± fn (x) также интегрируема в том же промежутке, причем

∫(f1 (x) ± … ± fn (x))dx = ∫ f1 (x)dx ± … ± ∫ fn (x)dx .

Если числитель подынтегральной функции является производной знаменателя, то интеграл равен логарифму абсолютной величины знаменателя:

∫ ff′((xx))dx = ∫dff ((xx)) = ∫duu = ln u +C = ln f (x) +C.

Пример. Найти интегралы:

1) ∫

x7

+ x5 −1

2) ∫

x2

3) ∫

7x +1

dx ;

dx ;

3x dx ;

x5

x2 + 4

4)

∫tg

2

xdx ;

5) ∫

dx

;

6) ∫

dx

.

x2 + 6x +13

2x − x2

Решение. Данные интегралы сводятся к табличным путем тож-

дественного преобразования подынтегрального выражения:

1)

разделим числитель на знаменатель почленно и воспользу-

емся свойством линейности:

∫

x7

+ x5 −1

= ∫

x7

∫dx −

∫x

−5

x3

x−4

dx

dx +

dx

=

+ x +

+C ;

x5

x5

3

4

2)

x2

(x2 + 4)− 4

4

x

+C;

dx

=

2

dx =

1

−

dx = x − 2arctg

∫x

2

+ 4

∫

x

+ 4

∫

x

2

+ 4

2

x

7

x

1

7x

+1

7

x

1

x

3)

∫ 3

x dx =

∫

dx +

∫

dx =

3

+

3

+C =

7

1

3

3

ln

ln

7x

1

3

3

=

−

+C ;

3x (ln 7 −ln 3)

3x ln 3

1

∫tg

2

∫ (1 + tg

2

x)−1 dx =

∫

4)

xdx =

−1 dx = tgx − x + C ;

2

x

cos

∫

dx

= ∫

dx

1

x +3

+C ;

5)

=

2 arctg

x2 + 6x +13

(x +3)2 + 4

2

111

6) ∫

dx

= ∫

dx

= ∫

d (x −1)

= arcsin (x −1)+ C.

2x − x

2

1 − (x −1)

2

1 − (x −1)

2

Произвольная постоянная записывается при этом не каждый раз при нахождении интеграла от суммы, а лишь один раз, когда исчезает знак последнего интеграла в сумме.

Замена переменной в неопределенном интеграле

Метод замены переменной состоит в преобразовании интеграла ∫ f (x)dx в другой интеграл ∫g (u)du , метод интегрирова-

ния которого известен, с последующим возращением к исходной переменной.

Существуют две разновидности замены переменной в неопределенном интеграле: вынесение (и внесение) множителя из-под знака (под знак) дифференциала.

Теорема (интегрирование подстановкой – вынесение множителя из-под знака дифференциала). Пусть функция y = f (x) непрерывна на интервале Х, а функция x = ϕ(t ) (со множеством значений Х) непрерывно дифференцируема на интервале Т и имеет

непрерывно

дифференцируемую

обратную функцию

t = ψ(x)

для x X .

Пусть

далее G(t )

– первообразная для

функции

′

на Т. Тогда f

(x) интегрируема на Х, причем

g (t)= f (ϕ(t))ϕ (t)

∫ f (x)dx = G(ψ(x))+ C .

Теорема (внесение множителя под знак дифференциала). Пусть функция x = ϕ(t ) со множеством значений Х имеет непрерывную производную на интервале Т, а функция y = f (x) непрерывна и имеет первообразную F (x) на Х. Тогда функция g (t)= f (ϕ(t))ϕ′(t) интегрируема на Т, причем

∫g (t )dt = ∫ f (ϕ(t ))ϕ′(t )dt = F (ϕ(t ))+ C .

Этот тип замены переменной, по существу, повторяет свойство инвариантности формул интегрирования.

Обе разновидности замены переменной ( x = ϕ(t ), ϕ(t )= x ) удобно проиллюстрировать на следующей схеме:

112

интегрирование подстановкой (вынесениемножителя)

∫ f (x)dx

x = ϕ(t)

′

(t )dt =∫

g

(

t

)

dt =

=

= ∫ f (ϕ(t))ϕ

x = ϕ(t) t = ψ(x)

=G(t)+ C =G(ψ(x))+ C.

внесение множителя

∫g (t )dt = ∫ f (ϕ(t ))ϕ′(t )dt ϕ(t=)= x ∫ f (x)dx =

=F (x)+ C = F (ϕ(t ))+ C.

Предыдущие преобразования называются формулами замены переменной в неопределенном интеграле.

Формулы наиболее часто встречающихся дифференциалов

1. dx = a1 d (ax + b)= a1 d (ax).

2. xdx = 12 d (x2 )=

1

d (ax2

+ b).

2a

1

dx

2

d (a x

3.

x dx = d (ln x)= d (ln (ax))=

4.

= 2d ( x )=

+ b).

x

a

=

1 d (aln x + b).

a

1

1

6. ex dx = d (ex )

= 1 d

(aex + b).

5.

dx

= −d .

x

2

x

a

7. cos xdx = d (sin x)=

8. sin xdx = −d (cos x)=

=

1 d (asin x +b).

= −

1 d (acos x +b).

a

a

9.

dx

= d (tgx).

10.

dx

= −d (ctgx).

cos2 x

sin2

x

11.

dx

= d (arctgx)=

12.

dx

= d

(arcsin x)=

1 − x2

1 + x2

= −d (arcctgx).

= −d (arccos x).

Пример. Найти интегралы методом замены переменной:

1) ∫

xdx

;

2)

∫esin x cos xdx ;

3) ∫

dx

;

2

4 − x

dx

xln x ln x

4) ∫

dx

;

5)

∫

;

6) ∫

16 − x2 dx .

x (7 + 3

x )

sin2 x + 4cos2 x

113

Решение.

1

2

xdx

−

d (4

− x

)

1

1

2

∫(4

− x2 )−

d (4 − x2 )=

1) ∫

=

∫

= −

2

4 − x

2

4 − x

2

2

1

2

xdx=

dx

2

1

= − 12 2(4 − x2 )2

+ C = − 4 − x2 + C ;

2) ∫esin x cos xdx = ∫esin x d (sin x)= esin x cos xdx=d sin x

3) ∫

dx

=

∫

d (ln x)

= ∫(ln x)−

3

d

2

xln x ln x

ln x ln x

dx

=d(ln x)

x

+ C ;

(ln x)=

−2

+ C ;

ln x

4)

dx

=

dx

=

dtgx

=

∫sin2 x + 4cos2

x

∫cos2 x(tg2 x +

4)

∫(tg2 x +

4)

dx

=dtgx

2

cos

x

=

1 arctg tgx +C

;

2

2

5) ∫

dx

=

x =t6 , t = 6 x

= ∫

6t5dt

= 6∫

t5dt

=

x (7 + 3 x )

dx = 6t5dt

t6 (7 + 3 t6

)

t3 (

7 +t2 )

t2dt

(t

2

+7)−7

t2 +7

7

dt

=

6∫

=6∫

2

dt =6∫

2

−

dt =6 ∫dt −7∫

=

7

+t

2

7 +t

+7

7

+t

2

( 7)

2

2

t

+t

7

t

6 x

=

6 t

−

arctg

+ C = 6 6

x −

7arctg

+ C ;

7

7

7

x = 4sin t

6) ∫

16 − x2 dx =

dx = 4costdt

= ∫

16 −16sin2 t 4costdt =

t = arcsin

x

4

= 4∫

16(1 −sin2 t)costdt =16∫

cos2 t costdt =16∫cos2 tdt =

=16∫

1

1

2

(1 + cos 2t)dt =8(∫dt +∫cos 2tdt )=8 t +

2

sin 2t +C =

114

Смотрите также файлы