Файл: Марченко_Высшая математика.pdf

Скачать файл
Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 18.05.2025

Просмотров: 1565

Скачиваний: 21

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

Пример 1. Найти интеграл ∫

dx

.

x + 2

3

x

Решение. Подынтегральная функция искомого интеграла записана как функция корней второй и третьей степеней, наименьшее общее кратное чисел 2 и 3 равно 6. Тогда данный интеграл

может быть рационализован с помощью замены 6

x =t . Имеем:

dx

6

x =t, x =t6

6t5

6t3

t3

+8 −8

5

∫

=

dx =6t

dt

= ∫

dt = ∫

dt =6∫

t + 2

dt =

x + 23 x

t3 + 2t2

t + 2

x =t3 , 3

x =t2

= 6∫(t + 2)(t2

−2t + 4)dt −48

∫

dt

= 6∫(t2 −2t + 4)dt −48∫

d (t + 2)

=

t

+

2

=6t3

−12t2

t + 2

t + 2

+24t −48ln

t +2

+C =2

x −63 x +246 x −48ln(6 x +2)+C.

3

2

x −1

Пример 2. Найти ∫

dx .

x +1

Решение. Выполним замену переменной:

1 + t2

4t

x −1

= t,

x =

,

dx =

dt.

1 − t2

(

)

2

x +1

2

1 − t

∫

∫

x +1

4t

2

Тогда исходный интеграл примет вид

x −1

dx =

t

dt.

(

)

2

1 − t

Подынтегральная дробь правильная, раскладываем ее на

простейшие:

4t2

=

A

+

B

+

C

+

D

.

(1−t )2 (1+t )2

1

−t

(1

−t)2

1

+t

(1

+t)2

Приравниваем числители:

4t2

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

или

4t2 =t3 (−A+C)+t2 (−A+B −C +D)+t(A+2B −C −2D)+(A+B −C + D).

Так как знаменатель дроби имеет два действительных корня t = 1, t = –1, то находим B и D:

при t = 1 4 = 4B B = 1, при t = –1 4 = 4D D = 1.

129

Для нахождения остальных коэффициентов воспользуемся

методом неопределенных коэффициентов:

t3

0 =− A + C

t2

4 = −A + B −C + D

A = C = –1.

(

Получаем:

−1

1

1

dt

1

∫

)

dt + ∫

dt − ∫

dt + ∫

= ln

t −1

+

−ln

1+t

−

1−t

(1−t )2

1+t

(1+t )2

1−t

1

1−t

2t

1−

x −1

2

x −1

+C = ln

−

+C = ln

+

x +1

+

x +1

+C =

1

+t

1+t

1

−t2

1+

x −1

1−

x −1

x +1

x +1

x +1 − x −1

=

x2 −1 + ln

+C

= x2

−1 −ln

x + x2 −1

+ C .

x +1 +

x −1

ax2 + bx + c )dx, где a, b, c – дей-

2. Интегралы типа ∫R(x;

ствительные числа, причем a ≠ 0 ,

R(u; v)

– рациональная функция

переменных u, v. Подстановка x +

b

= u

позволяет выделить пол-

2a

ный квадрат под знаком корня. В результате исходный интеграл преобразуется к одному из следующих трех типов, которые с помощью дальнейших подстановок сводятся к интегралам от функций, рационально зависящих от тригонометрических функций:

∫R(x; ax2 + bx + c )dx = x + 2ba = u =

∫ (

R u;

= ∫R(u;∫R(u;

a2

− u2

)du =

u = asin t

= ∫R(sin t; cost )dt =... ,

a2

+ u2

)du =

u = atgt

= ∫R(sin t; cost )dt =... ,

u2

− a2

)du =

u =

a

= ∫R(sin t; cost )dt =... .

sin t

Пример. Найти ∫x2 25dx− x2 .

130

Решение.

Данный интеграл может быть рационализирован

с помощью замены x = 5sin t .

x

x = 5sin t, t = arcsin

Имеем: ∫

dx

=

dx = 5costdt

5

=

x2 25

− x2

25 − 25sin2 t = 5cost

25 − x2

=

= ∫

5cost

dt

1

∫

dt

1

ctg t + C =

=

= −

25sin2 t 5cost

25

sin2 t

25

1

x

1

cosarcsin

x

+ C = −1

1 −

x 2

25

= −

ctg arcsin

+ C = −

5

+ C =

25

5

25 sin arcsin

x

5

x

5

= −

1

25 − x2

+ C .

25

x

Рассмотрим некоторые типы интегралов, содержащие квадра-

тичные иррациональности:

I. ∫

dx

. Вынося за символ интеграла

1

(если a > 0)

ax

2

a

1

+bx + c

1

dx

или

(если a < 0), приведем интеграл к виду

∫

2

−a

dx

a

x

+ px + q

или

1

∫

.

−a

−x

2

+ px + q

Выделяя полные квадраты, получаем табличные интегралы:

1

∫

dx

или

1

∫

dx

.

2

a

p

2

4q − p2

−a

4q + p2

p

x +

+

4

4

−

x −

2

2

Первый интеграл выражается через логарифмы, а второй при

4q + p2 > 0 – через арксинус;

случай 4q + p2 ≤ 0 во втором инте-

грале не представляет интереса, поскольку не существует интервала, на котором подынтегральная функция определена.

II. ∫

Ax + B

ax2 +bx + c dx. Этот интеграл можно разбить на два, вы-

делив в числителе производную подкоренного выражения; тогда

131

один интеграл берется непосредственно как интеграл от степенной функции, а второй является интегралом вида I.

Рассмотрим некоторые примеры:

x

t = x +1

(

)

3

3

1) ∫

3

dx =

= ∫ t4

dt = ln

x +1

+

−

dt = dx

(x +1)4

x +1

−

3

+

1

+ C ;

2(x +1)2

3(x +1)3

2) ∫

x −1

dx найден в примере на с. 129 с помощью стандарт-

x +1

ной подстановки. Рассмотрим другой способ (для определенности ограничимся случаем x >1; случай x < −1 рассматривается аналогично). Преобразуем подынтегральную функцию:

x −1

=

(x −1)2

=

x −1

=

x

−

1

.

x2 −1

x +1

x2 −

1

x2 −1

x2 −1

Тогда исходный интеграл примет вид

d (x2 −1)

∫

x −1

dx = ∫

x

dx − ∫

dx

=

1

∫

−ln

x +

x

2

−1

=

x +1

x

2

x

2

2

x

2

−1

−1

−1

= x2 −1 −ln x + x2 −1 + C.

Мы ознакомились с некоторыми стандартными приемами нахождения неопределенных интегралов. Интегрирование чаще всего может быть выполнено не единственным способом. Владение искусством интегрирования заключается не только в знании методов интегрирования, но и в большей степени в «видении» различных подходов к интегрированию той или иной функции, что обычно приходит с опытом, после рассмотрения многих примеров.

Понятие о «неберущихся» интегралах

Как вытекает из алгоритма интегрирования рациональной функции, интеграл от всякой рациональной функции является функцией элементарной. Элементарными функциями будут и интегралы, полученные методом рационализации. Существуют, однако, элементарные функции, интегралы от которых элементарными функциями не являются. Такие интегралы принято называть «неберущимися». В качестве примеров «неберущихся» интегралов можно привести следующие:

132

Смотрите также файлы