Павельева Неопределенный интеграл (Павельева Е. Б. - Неопределенный интеграл), страница 7
Описание файла
PDF-файл из архива "Павельева Е. Б. - Неопределенный интеграл", который расположен в категории "". Всё это находится в предмете "интегралы и дифференциальные уравнения (ииду)" из 2 семестр, которые можно найти в файловом архиве МГТУ им. Н.Э.Баумана. Не смотря на прямую связь этого архива с МГТУ им. Н.Э.Баумана, его также можно найти и в других разделах. .
Просмотр PDF-файла онлайн
Текст 7 страницы из PDF
Тогдаdt 1 t 2 dx sin 2 x 4sin x cos x 5cos 2 x t 2 4 t1 5 11 t21 t21 t2 1 t2d t 2dt 2 arctg t 2 C arctg tg x 2 C .t 4t 5 t 2 2 1Способ 2. Разделим числитель и знаменатель на cos2 x. Тогда1 cos 2 x dxdx sin 2 x 4sin x cos x 5cos2 x sin 2 x 4 sin x 5 cos xcos 2 xd tg x d tg x 2 2 arctg tg x 2 C.tg x 4tg x 5 tg x 2 2 1cos4 xdx.sin xВыполнено равенство R sin x , cos x R sin x , cos x , поэтому применим подстановку cos x t. Тогдаcos4 xt4dtt4 t 4 1 1dxdt sin x 1 t 2 1 t 2 t 2 1 t 2 1 dt 1 11 t 1 t 2 1 2C dt t 3 t ln32 t 1t 1111 cos x cos3 x cos x ln C.32 1 cos x Пример 4.20.4.6.
Интегралы вида R(tg x ) dx, R(ctg x ) dxПоложим t tg x, t ctg x соответственно. Тогда dx dx 1dt ,1 t21dt соответственно.1 t271ПримерыПример 4.21. tg5 x dx.Способ 1. Применим подстановку tg x t. Тогда1 tg5 x dx t 5 1 t 2 dt.Разделив t 5 на t 2 1 столбиком, получим2t5 t 3 t t dt 1 t 4 1 t 2 1 d t 1 dt t 2 1 t2 1422 t2 1111111 t 4 t 2 ln t 2 1 C tg 4 x tg 2 x ln tg 2 x 1 C 4224221 41tg x tg 2 x ln cos x C.42Способ 2.
Отделим от tg 5 x множитель tg2 x, воспользуемся111 ивнесем под знак дифференциформулой tg2 x 2cos xcos2 xала. Тогда1 tg5 x dx tg3 x tg 2 x dx tg3 x cos2 x 1 dx tg3 x1dx tg3 x dx cos2 x11 tg 3 x d tg x tg x tg 2 x dx tg 4 x tg x 1 dx 4 cos2 x 11 tg 4 x tg xdx tg x dx 4cos2 x1sin x tg 4 x tg x d tg x dx 4cos x11111 tg4 x tg2 x d cos x tg4 x tg2 x ln cos x C.42cos x42721 tg x 1 tg x dx.Пример 4.22.Применим подстановку tg x t.
Тогда1 tg x1 t 1 tg x dx 1 t 1 t 2 dt.Разложим правильную рациональную дробь1 t1 t 1 t 2 насумму простейших дробей:1 tABt C A t 2 1 Bt C 1 t ,1 t 1 t 2 1 t t 2 11 t 1 t 2 где A, B, C — некоторые действительные числа. Справедливотождество 1 t A t 2 1 Bt C 1 t при t. Подставляя в последнее тождество значения t 1, t 0 и приравнивая коэффициенты при t 2 , получаем коэффициенты A, B, C :t 1: 2 2 A A 1;t 0 : 1 A C C 0;t 2 : 0 A B B 1.Таким образом,1 tt1 1 t 1 t 2 dt 1 t dt t 2 1dt 1111dt 2d t 2 1 ln t 1 ln t 2 1 C .t 12 t 12Итак,1 tg x1 1 tg x dx ln tg x 1 2 ln tg2 x 1 C lnsin x cos x 1 1 ln C cos x2 cos2 x ln sin x cos x ln cos x ln cos x C ln sin x cos x C .73Примеры для самостоятельного решения4.1.
sin 6 x dx. 4.2. sin 3 x cos5 x dx. 4.3. ctg 3 x dx.22dx4.4. 2. 4.5. sin 5 x 3 cos x dx. 4.6. sin x sin 2 x sin 3 x dx.sin x cos 4 x4.7.dx 5 4sin x 3cos x .dx4.8.dx 4 3cos2 x 5sin 2 x .4.9.dx 2 cos x sin x .sin 4 xdx4.10. 5 4sin x . 4.11. 4 tg x 4 ctg x . 4.12. tg 4 x dx. 4.13. cos6 x dx.4.14. 2 sin x 3 sin x .
4.15. cos2 x 2sin x cos x 2sin2 x .74dxdxГлава 5. ИНТЕГРИРОВАНИЕ РАЗНЫХ ФУНКЦИЙПримерыПример 5.1.x3 x 112 dx.Положим t x 1. В этом случае x t 1, dx dt. Тогдаx3t 3 3t 2 3t 1 t 13dxdtdt x 112 t12t121331 t 9 3t 10 3t 11 t 12 dt t 8 t 9 t 10 t 11 C 8910111131 C.89108 x 1 3 x 1 10 x 111 x 111sin 3 x cos7 x dx.Проведем преобразования:Пример 5.2.sin 3 xsin 3 x 11dx cos7 x cos3 x cos2 x cos2 x dx tg3 x 1 tg2 x d tg x tg3 x tg5 x d tg x Пример 5.3.sin x cos x2 sin 4 x1 41tg x tg6 x C.46dx.1Преобразуем sin x cos x dx sin x d sin x d sin 2 x .
Тогда22d sin x sin x cos x11 sin 2 x C .arcsindx 2 sin 4 x2 2 sin 2 x 2 2 2 75 xxdx.x2 1Умножим числитель и знаменатель на x x 2 1 . ТогдаПример 5.4.x xx21dx x x x2 1x x2 x2 x x2x33 1 dx 1 x x2 1dx 31x3 1 212 1 2 d x2 1 x x 1 2 C.23 3arcsin xdx.x2Проинтегрируем заданный интеграл по частям. Полагая11dx, v( x ) u( x ) arcsin x, dv( x ) 2 dx, имеем du( x ) x1 x211 2 dx .
Тогдаxxarcsin xarcsin xdx x 2 dx x x 1 x 2 .1dxВ интеграле положим t . Тогда2xx 1 xПример 5.5.11x , dx 2 dt ,tt1 x2 1 1t2 1 sgn tt2tt2 1.tЗаметим, что sgn t sgn x. Тогда 12 dtdtt sgn t x 1 x22t2 11 t 1tt11 sgn t ln t t 2 1 C sgn x ln 1 C xx2dx sgn t sgn x ln7611 x2 C.xxИтак,arcsin xarcsin xdxdx 2xxx 1 x2arcsin x1 sgn x 1 x 2 sgn x ln C.xxПример 5.6.arctg x x 2 1 x 2 dx.Проинтегрируем заданный интеграл по частям.
Полагая1u ( x ) arctg x, dv ( x ) 2dx , имеемx 1 x 2 du( x ) 11dx, v ( x ) dx 221 xx 1 x 2 1111 x 2 x 2dx 2 dx dx arctg x.222x 1 x x1 xxТогда1 arctg xarctg x1 arctg x xarctgdxxdx. x 2 1 x 2 x 1 x2Найдем последний интеграл:1arctg x1 x 2 x 2dxdx x 1 x 2 1 x 2 x 1 x 2 dx arctg x d arctg x x1111 dx dx arctg 2 x ln x ln 1 x 2 arctg2 x C.2x1 x222Итак,arctg x x 2 1 x 2 dx arctg x 11 arctg 2 x ln x ln 1 x 2 C .x2277Пример 5.7.dx e2 x 2e x .Положим t e x . Тогда1 dtdxdt e2 x 2e x t 2t 2t t 2 t 2 .1x ln t, dx dt ,tРазложим правильную рациональную дробь1на сумt 2 t 2му простейших дробей:1A BCAt t 2 B t 2 Ct 2,t 2 t 2 t t 2 t 2t 2 t 2где A, B, C — некоторые действительные числа.
Справедливотождество 1 At t 2 B t 2 Ct 2 при t . Подставляя в последнее тождество значения t 2, t 0 и приравнивая коэффициенты при t 2 , получаем коэффициенты A, B, C :141t 0 : 1 2B B ;21t2 : 0 A C A .4t 2 : 1 4C C ;Таким образом,dt1 11 111 t 2 t 2 4 t dt 2 t 2 dt 4 t 2 dt 11 1 1 ln t ln t 2 C.42 t 4Итак,dx11 11 e2 x 2e x 4 ln e x 2 e x 4 ln e x 2 C 111 x e x ln e x 2 C.42478Пример 5.8. e 2 x sin 2 x dx.Применим формулу понижения степени:1 cos 2 x11dx e2 x dx e 2 x cos 2 x dx 22211 e 2 x e2 x cos 2 xd 2 x .44 e2 x sin 2 x dx e2 xВ последнем интеграле сделаем замену 2 x t.
Тогда1 e2 x cos 2 xd 2 x et cos t dt 2 et sin t cos t C 1 2xe sin 2 x cos 2 x C2(см. пример 2.6). Итак,11 e2 x sin2 x dx 4 e2 x 8 e2 x sin 2 x cos2 x C.Пример 5.9.1 sin 2 x cos4 x dx.Способ 1:2111 1 dx sin 2 x cos4 x sin x 2 cos2 x cos2 x dx cos x 11 2tg 2 x tg 4 x2 2 1 tg 2 x d tg x d tg x tg xtg 2 x11 1 2 2 tg 2 x d tg x 2 tg x tg 3 x C.tg x3 tg xСпособ 2. Представим числитель в виде sin 2 x cos 2 x и разделим почленно числитель на знаменатель:1 sin 2 x cos4 x dx sin 2 xsin 2 x cos2 xdx sin 2 x cos4 xcos2 x sin 2 x cos4 x sin 2 x cos4 x dx 7911111dx 2dx dx 4 2 dx cos4 xsin x cos2 xcos2 x cos2 xsin 2 x1 1 tg2 x d tg x 2ctg2 x tg x tg3 x 2ctg2 x C.3dxПример 5.10.
.x 3 x 24 xПоложим x t12 12 НОК 2, 3, 4 . Тогдаx t6 ,3x t4,4x t 3 , dx 12t11dt , t 12 xиdx12t11dtt8 6 412dt.4t t 2t 3t3 t 2x x 2 x3Последний интеграл является интегралом от неправильной рациональной дроби. Разделив числитель на знаменатель столбиком,получим12 t8 t 5 t 3 2t 2 t 4 3t 2 6t 8 dt dt12t3 t 2t3 t 2 t6 t4 2t23t 2 6t 8dt. 12 t 3 4t 12 32t t26 4 3Разложим правильную рациональную дробьсумму простейших дробей.
Учитывая, что3t 2 6t 8наt3 t 2t 3 t 2 t 3 1 t 1 t 1 t 2 t 1 t 1 t 1 t 2 t 2 ,получим3t 2 6t 83t 2 6t 8ABt C 232t t2 t 1 t t 2 t 1 t t 280A t 2 t 2 Bt C t 1, t 1 t 2 t 2 где A, B, C — некоторые действительные числа. Справедливотождество 3t 2 6t 8 A t 2 t 2 Bt C t 1 при t . Подставляя в последнее тождество значения t 1, t 0 и приравнивая коэффициенты при t 2 , получаем коэффициенты A, B, C :1t 1 : 1 4A A ;417t 0 : 8 2 A C C ;211t2 : 3 A B B .4Итак,11 t 1711 t 173t 2 6t 81 1142 t 3 t 2 dt 4 t 1 dt t 2 t 2 dt 4 ln t 1 t42 t 22 dt.Последний интеграл является интегралом от функции, содержащей квадратный трехчлен.