И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 66
Текст из файла (страница 66)
Тогда для вычисления интеграла промежуток интегрирова7)2π2π2дифференцируемая на сегменте7⎛ x3⎞343175⎜⎜ − 3x 2 + 13x ⎟⎟ =x−6x+13dx=− 147 + 91 =.∫033⎝ 3⎠013. Решение. Разобьём интеграл по сегменту [0,2π ] на сумму трёх интегралов, соотвественно, по сегментам [0, π 2] , [π 2 , 3π 2] , [3π 2 ,2π ] , накаждом из которых sin x монотонен и, следовательно, однозначно находитсяобратная функция x(t ) :7212. Решение. а) Нет, так какСадовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл450)112 175=33t − 4 ).2Как видим, в принципе такую подстановку t = x − 6 x + 13 в исследуе-f ( x ) имеет разрывы 2-го рода в точках x = 0 иx = 2 , а функция arctg ( f (x )) , являющаяся первообразной для подынтегральной функции на интервалах (− 1,0 ) , (0,2 ) и (2,3) , имеет разрывы 1-города в указанных точках. Поэтому представим интеграл по сегменту [− 1,3] ввиде суммы интегралов по сегментам [− 1,0] , [0,2] и [2,3] .
При вычислении14. Решение. Функциязначений первообразной на концах сегментов (в точках разрыва функцииf x ) возьмём в качестве них соответствующие односторонние предельные( )arctg ( f (x )) . Поскольку f (− 1) = 0 , f (− 0) = −∞ ,f (+ 0) = +∞ , f (2 − 0) = −∞ , f (2 + 0) = +∞ , f (3) = 32 27 , то по(была использована рационализирующая подстановка p =значения функциимом интеграле сделать можно, но это нецелесообразно, поскольку гораздоформуле Ньютона–Лейбница для каждого из интегралов по сегментам− 1,0 , 0,2 и 2,3 получаем:[] [ ] [ ]Ответы и решения451I = arctg ( f (− 0)) − arctg ( f (− 1)) + arctg ( f (2 − 0)) − arctg ( f (+ 0)) ++ arctg ( f (3)) − arctg ( f (2 + 0)) =32 ππ32⎛ π⎞ π= − − 0 + ⎜ − ⎟ − + arctg− = arctg− 2π .227 227⎝ 2⎠ 215.
Указание: сделайте замену переменной t = a + b − x во втором интеграле.16. Доказательство. Сделаем линейную подстановку t =x = a + (b − a )t , dx = (b − a )dt и для интеграла получаемb∫ax−a, тогдаb−a21. Решение. а) Нецелесообразно напрямую раскрывать 12-ю степень поформуле бинома Ньютона и интегрировать полученный многочлен 25-й степени. Поступим иначе: так как xdx = −1∫ x(2 − x )0Так как величина интеграла не зависит от того, какой буквой обозначена переменная интегрирования, то в правой части полученного равенства можнозаменить t на x .b2 120bbbaaaтогдаx= t,=−a21и ∫ x f (x )dx = ∫ tf (t )dt . Поскольку значение определённоdx =202 t03∫af ( x + y )dy =b+ x∫f (t )dt .
Применяя формулу дифференцирования по верх-a+ xнему и нижнему переменным пределамψ (x)df (t )dt = f (ψ ( x ), x ) ⋅ψ ′( x ) − f (ϕ ( x ), x ) ⋅ ϕ ′( x )dx ϕ ∫( x )13 1= 31501.26t = 1 − x , тогда300311cos t, тогда dx = −dt ,sin tsin 2 tx2 −1=sin tcos t=sin tππ, так как − ≤ t ≤ − . В результате замены получаемcos t262−1∫xго интеграла не зависит от того, какой буквой обозначена переменная интегрирования, то в правой части полученного равенства можно заменить t на x .19.
Указание: сделайте подстановку t = 1 − x .20. Решение. Полагая t = x + y , найдём y = t − x , dy = dt , иb))2в) Положим x =Выражая из полученного равенства I , доказываем требуемое утверждение.a) ((1 2 − x2d 2− x =−2132⎛ t4 t7 ⎞63∫1 x ⋅ 1 − x dx = 3−∫2(1 − t )t dt = 3⎜⎜⎝ 4 − 7 ⎟⎟⎠ = −66 7 .−2= − ∫ (a + b − t ) f (t )dt = (a + b )∫ f (t )dt − ∫ tf (t )dt = (a + b )∫ f (t )dt − I .dt)x = 1 − t , dx = −3t dt и получим3a(t ≥ 0) ,(123b211dx = − ∫ 2 − x 2209a18.
Доказательство. Сделаем замену t = x(1d 2 − x 2 , то внесём под знак2б) Произведём рационализирующую подстановкуI = ∫ xf (x )dx = ∫ xf (a + b − x )dx =ab+ xbddf ( x + y )dy =f (t )dt = f ( x + b ) − f (x + a ) .∫dx adx a∫+ x2117. Доказательство.f ( x ) и дифференцируемости функцийϕ ( x ) = a + x и ψ (x ) = b + x при A − a < x < B − b ), получим(это законно, в силу непрерывностидифференциала функцию 2 − x и получимf (x )dx = (b − a )∫ f (a + (b − a )t )dt .bСадовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл452−2−dxx2 −1=π2∫π−2sin t cos tdt =sin 2 t cos t6−ππ2∫π dt = − 3 .−6()tdt1 2887и получаг) Положим t = 1 + 3 x , тогда x = t − 1 , x dx =312ем110015888 7∫ x ⋅ 1 + 3x dx = ∫ x ⋅ 1 + 3x x dx =221 2 2t (t − 1)dt =36 ∫11 ⎛ t5 t3 ⎞29= ⎜⎜ − ⎟⎟ =.36 ⎝ 5 3 ⎠ 1 270Ответы и решения453dt11, получаем x = − 1 , dx = − 2 ,x +1tt0 , 751dxdt1 2= ∫=x 2 + 1 = 2 − + 2 .
Тогда ∫22tt−+2t2t140 ( x + 1) x + 17Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл454dx22. Решение. а) Полагая t =11=2∫4⎛ 1⎞d⎜t − ⎟⎝ 2⎠21⎛ 1⎞⎛ 1⎞ln ⎜ t − ⎟ + ⎜ t − ⎟ +42 ⎝ 2⎠⎝ 2⎠1=1⎞17 ⎛⎜t − ⎟ +4⎝ 2⎠11+19+4 2122ln.=ln=272211⎛1⎞+ ⎜ ⎟ +144⎝ 14 ⎠dtб) Положим t = e , тогда x = ln t , dx =tx212=471121t −11()в) Полагая⎡ π⎤x = sin t , t ∈ ⎢0, ⎥ , получаем⎣ 2⎦π∫ (1 − x ) dx = ∫ cos0−1−12 n22 n +10г) Сделаем замену t =tdt =π2∫−10=x − 10 x + 132tdt∫1 − 6t − 3t1−311=− 2t − t 23 3dt42− (t + 1)31=e − 1dx =3.arcsin−13113∫3=−2−−1+−113(t + 1)dt+42− (t + 1)3(t + 1)arcsin23−13=−12⎛2⎞⎟.− ⎜⎜1 −3 ⎟⎠3 3⎝123.
Решение.11=∫00dxdx=∫ x+x2e + 1 x + 1 −1 e + 1 x 2 + 1∫(а))()dt+−te +1 t 2 +1((1) ∫()(1) ∫ (e)(00)()1)()dxπ= .x +1 40()2б) Вычислим неопределённый интеграл, полагаяdxdx=+1 x2 +11=∫∫ 3 + cos x = ∫xdx1 ⎞ dx⎛ 1= ∫ ⎜ −x+ x=⎟2xe + 1 x + 1 0 ⎝ e + 1 e + 1⎠ x2 + 1.(2n )!! (см. пример 5(б) раздела 3.3).(2n + 1)!!1, тогдаx−2dx213∫3−1x1⎛1dz ⎞⎟=2⎜⎜ ∫ dz − ∫ 2⎟z1+00⎠⎝z 2 +1 −1z 2 dzdtdz == 2∫= 2∫ 2tz2 +10 z +10= 2(1 − arctg1) = 2 −1∫ (x − 2)−1получим∫1x 2 − 10 x + 13ln 2иt dt=−1 61 − 6t − 3t 2−−3t2 tТак как на промежутке интегрирования x < 2 , то t < 0 и, следовательно,t = −t :+dtt − 1 .
Положим теперь z = t − 1 , тогда t = z 2 + 1 , dt = 2 zdz иt=∫(x − 2)2dt=−t = tg ( x 2) :2dt1tdt=arctg+C ==2∫2+t1− t2 ⎞222 ⎛⎟1 + t ⎜⎜ 3 +2 ⎟⎝ 1+ t ⎠tg (x 2)1=arctg+C.22()Ответы и решенияЗаметим, что функция1F (x ) =2arctg455tg ( x 2 )2+ C не является первооб-1на [0,2π ] , так как разрывна в точке x = π .разной для f ( x ) =3 + cos xЧтобы получить первообразную для f ( x ) на [0,2π ] , рассмотрим функциюtg (x 2 )⎧ 1,x ∈ [0, π );⎪⎪ 2 arctg2F (x ) = ⎨⎪ 1 arctg tg (x 2 ) + C , x ∈ (π ,2π ].⎪⎩ 22Она имеет производную, равную f ( x ) , при всех x ∈ (0, π ) U (π ,2π ) .
Запишем условие непрерывности этой функции в точке x = π :F (π − 0) = F (π + 0) ⇔π=−2 2tg ( x 2 )π2 2+ C , откуда C =π2.⎧ 1x ∈ [0, π ];,⎪⎪ 2 arctg2непрерывна наФункция F ( x ) = ⎨⎪ 1 arctg tg ( x 2 ) + π , x ∈ (π ,2π ]⎪⎩ 222[0,2π ] и может служить первообразной для функции f (x ) на [0,2π ] . Теперь, применяя формулу Ньютона–Лейбница, получаем2πdx∫ 3 + cos x = F (2π ) − F (0) =0−12arctgtg 0212=arctgπ2tgπ2+π2Функцияtg (x 2 )1⎧,⎪⎪ F (x ) = 2 arctg2F2 (x ) = ⎨⎪ lim F ( x ) = − π ,2 2⎩⎪ x →π + 0[( )x ∈ (π ,2π ];x =π]есть первообразная для f x на сегменте π ,2π .
Используя свойство аддитивности определённого интеграла и формулу Ньютона–Лейбница, получаем2ππdxdx∫0 3 + cos x = ∫0 3 + cos x +2πdx= F (π ) − F (0) +∫π 3 + cos xF2 (2π ) − F2 (π ) =1π1.22в) Поскольку квадратный трёхчлен x + x + 1 не имеет действительныхкорней, то возможна 1-я подстановка Эйлераt = x 2 + x + 1 + x . Возводя вx 2 + x + 1 = t − x , получим− 2tx + x 2 , или x + 1 = t 2 − 2tx , так чтоt 2 + t +1t 2 −1, dx = 2dt .x=1 + 2t(1 + 2t )2квадратравенствоx2 + x +1 = t 2 −Вычислим вначале соответствующий неопределённый интеграл:⎛ABD ⎞t 2 + t +1⎜=++=2dt∫ ⎜⎝ t 1 + 2t (1 + 2t )2 ⎟⎟⎠dt .∫ x + x 2 + x + 1 ∫ t (1 + 2t )2Коэффициенты A, B, D вычисляются методом неопределённых коэффициентов: A = 2 , B = −3 , D = −3 . Подставляя эти значения в подынтегральdx−.Более простым и общим является следующий метод вычисления этогоинтеграла.Функцияtg ( x 2 )1⎧x ∈ [0, π );,⎪⎪ F (x ) = 2 arctg2F1 ( x ) = ⎨⎪ lim F ( x ) = π ,x=0⎪⎩ x →π −02 2есть первообразная для f ( x ) на сегменте [0, π ] .Садовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл456ное выражение, получим∫ x+dx33= 2 ln t − ln 1 + 2t ++C =2(1 + 2t )2x2 + x +1= 2 ln x 2 + x + 1 + x −33ln 1 + 2 x + 2 x 2 + x + 1 ++22 1 + 2x + 2 x 2 + x + 1(+ C . Для получения окончательного ответа осталось взять любую из первообразных (например, отвечающую C = 0 ) и воспользоваться формулойНьютона–Лейбница.)Ответы и решения457ln⎛⎜ 2 6 3 − 9 ⎞⎟ + 3 − 2 .⎝⎠11d ( x − cos α )dx. Сделаем24. Решение.
∫ 2=∫22−1 x − 2 x cos α + 1−1 ( x − cos α ) + sin αзамену t = x − cos α :Ответ:1− cos α1tdt=arctg22∫sin αsin α−1− cos α t + sin α1− cos α=−1− cos α1 ⎛1 − cos α1 + cos α ⎞=+ arctg⎟=⎜ arctgsin α ⎝sin αsin α ⎠⎞2 sin 2 (α 2 )2 cos 2 (α 2)1 ⎛⎜⎟==arctg+arctgsin α ⎜⎝2 sin (α 2) cos(α 2)2 sin (α 2 ) cos(α 2 ) ⎟⎠1 ⎛α ⎞⎞⎛ α⎞⎛=⎜⎜ arctg ⎜ tg ⎟ + arctg ⎜ ctg ⎟ ⎟⎟ =sin α ⎝2 ⎠⎠⎝ 2⎠⎝⎛ π α ⎞⎞α1 ⎛⎜ arctg ⎛⎜ tg ⎞⎟ + arctg ⎜⎜ tg ⎛⎜ − ⎞⎟ ⎟⎟ ⎟ .=⎜⎟sin α ⎝⎝ 2⎠⎝ ⎝ 2 2 ⎠⎠⎠α ππ α πТак как по условию 0 < α < π , то 0 << и 0 < − < , поэтому2 22 2 2⎛ α⎞⎛ π π⎞в силу тождества arctg (tgz ) = z , z ∈ ⎜ − , ⎟ , имеем arctg ⎜ tg ⎟ =⎝ 2⎠⎝ 2 2⎠⎛ ⎛ π α ⎞⎞ π αα= , arctg ⎜⎜ tg ⎜ − ⎟ ⎟⎟ = − . Отсюда получаем, что интеграл равен2⎝ ⎝ 2 2 ⎠⎠ 2 21 ⎛α π α ⎞π.⎜ + − ⎟=sin α ⎝ 2 2 2 ⎠ 2 sin αx− f (t )dt∫0= f ( x ) , или, логарифмируя по осно-∫ f (t )dt = − ln f (x ) .Дифференцируя это равенство, находим25.
Решение. По условию,exваниюe,0f (x ) = −f ′( x ), т.е. f ′( x ) = − ff (x )df=−f 2 ⇔dx11df⇔ − 2 = dx . Интегрируя, находим:= x + C , т.е. f =. Так какfx+Cf11.f (0 ) = = 1 , то C = 1 . Окончательно получаем f ( x ) =Cx +1226. Доказательство. Сделаем замену переменной y = x :лученное обыкновенное дифференциальное уравнениеπ2π2π1 ⎛⎜ sin ysin y ⎞⎟1 sin y+dydy .dy=∫∫∫⎜⎟22yyy00π⎝0⎠Сделав во втором интеграле замену z = y − π , преобразуем полученное вы2π(x ) , причём f (0) = e 0 = 1 . Решим по-( )2∫ sin x dx =ражение к видуππ⎛ 11 ⎛⎜ sin ysin y ⎞⎟1−−=dysin y⎜∫∫⎜ y2 0 ⎜⎝ y20y + π ⎟⎠⎝⎞⎟dy ,y + π ⎟⎠1что положительно, так как подынтегральная функция положительна на0, π .27.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
