1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 24

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 24)

F (x) =.− x1 + C2 , x < 0.1.5Задача № 6.1 из [4], §1(x2 , x > 0,на множестве (−∞, ∞).−x2 , x < 0,Решение. Сначала мы находим первообразную на каждом из двух множествНайти первообразную f (x) = x|x| =(−∞, 0)(и (0, +∞):x3при x ∈ (0, +∞),3 + C1F (x) =3− x3 + C2 при x ∈ (−∞, 0).Нужно проверить равенство в точке x = 0:lim F (x) = lim F (x).x→+0x→−0Это возможно, когда C1 = C2 . По непрерывности доопределяем функциюF (x) в нуле константой C1 . У функции F (x) в точке есть односторонниепроизводные:F+0 (0) = F−0 (0) = 0.Следовательно, функция F (x) в нуле непрерывна и дифференцируема, когдаC1 = C2 .RОтвет.

x|x| dx =|x|33+ C1 при x ∈ (−∞, ∞), где C1 – произвольная кон-станта из R.1.6Задача № 6.3 из [4], §1Найти первообразную функции(2x2 − 7x + 6, x > 2,f (x) = (2x − 3)|x − 2| =на множестве R.−2x2 + 7x − 6, x < 2,Решение. Сначала мы находим первообразную на объединении множеств(−∞, 2) ∪ (2, +∞):160(F (x) =2 33x− 32 x3− 72 x2 + 6x + C1 , x > 2,+ 27 x2 − 6x + C2 , x < 2.Нужно проверить равенства в точке x = 2:F−0 (2) = F+0 (2).lim F (x) = lim F (x),x→2+0x→2−0Это возможно, когдаC2 = C1 + 203.(2 37 23 x − 2 x + 6x + C1 ,Ответ. F (x) =− 32 x3 + 72 x2 − 6x + C1 +константа из R.1.7x > 2,203,где C1 – произвольнаяx < 2,Задача № 6.6 из [4], §1Найти первообразнуюфункции(21 − x , |x| 6 1,на множестве R.f (x) =1 − |x|, |x| > 1,Решение. Сначала мы находим первообразную на объединении множеств(−∞, −1)1) ∪ (1, ∞): ∪ (−1,x2x > 1, x − 2 + C1 ,3F (x) =x − x3 + C2 , −1 < x < 1,2x + x2 + C3 ,x < −1,Нужно проверить равенства в точках x = ±1:lim F (x) = lim F (x),x→1+0lim F (x) =x→−1+0x→1−0lim F (x),x→−1−0lim F 0 (x) = lim F 0 (x),x→1+0x→1−0lim F 0 (x) =x→−1+0lim F 0 (x).x→−1−0Это возможно, когда C1 = C2 + 61 , C3 = C2 − 16 .x21x−x > 1,2 + C2 + 6 ,3Ответ.

F (x) =x − x3 + C2 , −1 6 x 6 1, где C2 – произвольная кон2x + x2 + C2 − 16 ,x < −1,станта из R.1.8Задача № 6.8 из [4],§1Найти первообразную функции f (x) = [x]| sin πx| на множестве (0, ∞).Решение. Сначала мы находим первообразную на объединении множеств161∞S(k, 1 + k)k=0Можно представить f (x) в форме(2k sin πx, x ∈ (2k, 2k + 1), k ∈ N ∪ {0},f (x) =−(2k − 1) sin πx,x ∈ (2k − 1, 2k), k ∈ N.Тогда первообразная функции f имеет вид(− 2kk ∈ N ∪ {0},π cos πx + C2k , x ∈ (2k, 2k + 1),F (x) =(2k−1)cos πx + C2k−1 ,x ∈ (2k − 1, 2k), k ∈ N.πВ точке x = 2k + 1 непрерывная дифференцируемость функции F будетследовать из равенств F−0 (2k + 1) = f (2k + 1 − 0) = F+0 (2k + 1) = f (2k + 1 + 0)и F (2k + 1 − 0) = F (2k + 1 + 0).

Первое – очевидно. Запишем второе:−2k + 12kcos(π(2k + 1)) + C2k =cos(π(2k + 1)) + C2k+1ππи в точке x = 2k непрерывная дифференцируемость будет следовать из изравенствF−0 (2k) = f (2k − 0) = F+0 (2k) = f (2k + 0)иF (2k − 0) = F (2k + 0).Первое – очевидно. Запишем второе:2k2k − 1cos(π2k) + C2k−1 = − cos(π2k) + C2k .ππСледовательно,C2k+1 = C2k +4k + 1,πk ∈ N ∪ {0},4k − 1, k ∈ N.πнаходится из соотношенияC2k = C2k−1 +Константа C2k+1C2k+1 = C2k−1 +8k,πk ∈ N,162C1 =1+ C.πТогда,C2k+1 =88 k(k + 1) 1(1 + 2 + . . .

+ k) + C1 = ·+ +C =ππ2π(2k + 1)2+ C,π4k − 14k − 1(2k − 1)2(2k)2+ C2k−1 =++ C =+ C.ππππ[x]Ответ. F (x) = [x][x]−(−1)cos(πx)+ C, x ∈ (0, ∞).πC2k =2Seminar n. 02Общие методы интегрирования.1. Метод разложения, основанный на линейности интеграла:ZZZ(αf1 (x) + βf2 (x)) dx = α f1 (x) dx + β f2 (x) dx..2. Метод подстановки или замены переменной:ZZf (x) dx = f (ϕ(t))ϕ0 (t) dt, где x = ϕ(t).Эта формула следует из правила дифференцирования сложно функции:Zddf (x) dx|x=ϕ(t) = F (x)|x=ϕ(t) = F 0 (x)|x=ϕ(t) ϕ0 (t) =dtdtf (ϕ(t))ϕ0 (t).Здесь следует отметить две теоремы из [8, Стр.

5]:Теорема 2.1. (Первая теорема о замене переменной) Если дифференцируемая на интервале (a, b) функция F является на этом интервале163первообразной функции f : (a, b) → R, а ϕ : (c, d) → (a, b) – дифференцируемая функция, то функция t 7→ F (ϕ(t)) является на интервале(c, d) первообразной функции t 7→ f (ϕ(t))ϕ0 (t) иZf (ϕ(t))ϕ0 (t) dt = F (ϕ(t)) + C для всех t ∈ (c, d).Теорема 2.2. (Вторая теорема о замене переменной) Пусть функцияf : (a, b) → R имеет на интервале (a, b) первообразную и ϕ : (c, d) →(a, b) является биективным дифференцируемым отображением. Тогдафункция t 7→ f (ϕ(t))ϕ0 (t) имеет первообразную на интервале (c, d) иZZ0f (x) dx = f (ϕ(t))ϕ (t) dt −1 для всех x ∈ (a, b).t=ϕ(x)3. Метод интегрирования по частям:ZZ0u(x)v (x) dx = u(x)v(x) − u0 (x)v(x) dx,где v(x) =Rv 0 (x)dx.Эта формула следует из формулыu(x)v 0 (x) = (u(x)v(x))0 − u0 (x)v(x).2.1Задача № 3 из [4], §1Пусть функция F – первообразная функции на R.

Доказать или опровергнуть утверждение(a) f – T −периодическая, то и F – T -периодическая, (Неверно)(b) Если f – четно, то F – нечетно, (Неверно)(c) Если f – нечетно, то F – четно. (Верно)Замечание. Из T −периодичности F следует T -периодичность функцииf.1642.2Задача № 1654 из [2]RДоказать, что еслиZf (x) dx = F (x) + C, тогда1f (ax + b) dx = F (ax + b) + C,aесли a 6= 0.Самостоятельно.2.3ЗадачаНайтиRtg x dx.Решение.ZZZsin x(cos x)0tg x dx =dx = −dx =cos xcosxZ− (ln | cos x|)0 dx = − ln | cos x| + C.2.4Задача 02.04, [4], §1, N 15.4, Стр.

16НайтиRctg x dx.Решение.ZZZcos x(sin x)0ctg x dx =dx =dx =sin xsin x Z(ln | sin x|)0 dx = ln | sin x| + C.2.5Задача 02.05С помощью метода интегрирования по частям найтиRx cos x dx.Решение. Пусть u(x) = x, v 0 (x) = cos x. Тогда u0 (x) = 1, v(x) = sin x:RRx cos x dx = x sin x − sin x dx = x sin x + cos x + C.1652.6Задача 02.06С помощью метода интегрирования по частям найтиRx sin x dx.Решение. Пусть u(x) = x, v 0 (x) = sin x. Тогда u0 (x) = 1, v(x) = − cos x:RRx sin x dx = −x cos x + cos x dx = −x cos x + sin x + C.2.7Задача 02.07С помощью метода интегрирования по частям найтиR xxe dx.Решение.

Пусть u(x) = x, v 0 (x) = ex . Тогда u0 (x) = 1, v(x) = ex :R xRxe dx = xex − ex dx + C = (x − 1)ex + C.2.8Задача 02.08С помощью метода интегрирования по частямRRнайти ebx cos(ax) dx и ebx sin(ax)dx.Решение. Пусть u(x) = ebx , v 0 (x) = cos(ax). Тогда u0 (x) = bebx , v(x) =1Rasin(ax):ebx cos(ax) dx = a1 ebx sin(ax) −baRebx sin(ax) dx;Пусть u(x) = ebx , v 0 (x) = sin(ax). Тогда u0 (x) = bebx , v(x) = − a1 cos(ax):R bxRe sin(ax) dx = − a1 ebx cos(ax) + ab ebx cos(ax) dx.Ответ.2.9Zebxe cos(ax) dx = 2(a sin(ax) + b cos(ax)) + C;a + b2Zebx(b sin(ax) − a cos(ax)) + C.e sin(ax) dx = 2a + b2bxbxЗадача № 1791 из [2]С помощью метода интегрирования по частям найтиRln x dx.166Решение.

Пусть u(x) = ln x, v 0 (x) = 1. Тогда u0 (x) = x1 , v(x) = x:RRln x dx = x ln x − dx = x ln x − x + C = x(ln x − 1) + C.2.10Задача № 19.5 из [4], §1R x − sin xdx.1 − cos xРешение.ZZZx − sin xx dx− sin x dxdx =+.1 − cos x1 − cos x1 − cos xНайтиПусть u(x) = x, v 0 (x) =12 sin2ZZx dx=1 − cos xZx2.

Тогда u0 (x) = 1, v(x) = ctg x2 :x dxx+2 x = −x ctg22 sin 2− sin x dx=−1 − cos xZctgZctgxdx.2Ответ.Zx − sin xxx sin xdx = −x ctg + C =+ C,1 − cos x2cos x − 12.11xdx.2x 6= 2πk, k ∈ Z.Задача № 20.1 из [4], §1С помощью метода интегрирования по частям найтиRarctg x dx.Решение. Пусть u(x) = arctg x, v 0 (x) = 1. Тогда u0 (x) =Z1x2 +1 ,v(x) = x:Zx dx=x2 + 1Z1 (x2 + 1)0dx =x arctg x −2(x2 + 1)arctg x dx = x arctg x −x arctg x −1671ln(x2 + 1) + C.22.12Задача № 1803 из [2]С помощью метода интегрирования по частям найтиRarcsin x dxРешение. Пусть u(x) = arcsin x, v 0 (x) = 1. Тогда u0 (x) =√ 1 ,1−x2v(x) =x:ZZx dx=1 − x2Z1 (1 − x2 )0 dx√x arcsin x +=221−xZ p02x arcsin x +1−xdx =arcsin x dx = x arcsin x −√px arcsin x + 1 − x2 + C.2.13Задача № 20.9 из [4], §1С помощью метода интегрирования по частям найтиR √x 1 − x2 arcsin x dx.√Решение.

Пусть u(x) = arcsin x, v 0 (x) = x 1 − x2 . Тогда u0 (x) =3√ 1 ,1−x2v(x) = − 13 (1 − x2 ) 2 :Z2.14p31x 1 − x2 arcsin x dx = − (1 − x2 ) 2 arcsin x3Z11x x322 32+(1 − x ) dx = − (1 − x ) arcsin x + −+ C.3339Пример № 17 из [4], §1, Стр. 13Получить для интеграла Jn (n ∈ N) рекуррентную формулу:ZdxJn =, a 6= 0.(x2 + a2 )nСамостоятельно.1682.15Задача № 25.1 из [4], §1Получить для интеграла Jn (n ∈ N) рекуррентную формулу:RJn = xn eax dx, a 6= 0.Самостоятельно.2.16Задача № 25.4 из [4], §1Получить для интеграла Jn (n ∈ N) рекуррентную формулу:RnJn = √xx2 +a2 dx, n > 2.Самостоятельно.√RJ0 = √xdx= ln(x + x2 + a2 ) + C,2 +a2√J1 = x2 + a2 + C,ZZx · xn−1xn√√dx =dx =Jn =2 + a2x 2 + a2xZp0n−122xx +adx =Zppxn−1 x2 + a2 − (n − 1) xn−2 x2 + a2 dx =pxn−1 x2 + a2 − (n − 1)Jn − (n − 1)a2 Jn−2 ;Jn =31 n−1 p 2(n − 1) 2xx + a2 −a Jn−2 .nnSeminar n.

03Интегрирование рациональных функций.RP (x)Q(x)dx, где P (x) и Q(x) – мно-гочлены с вещественными коэффициентами. Считаем, что degP < degQ.1. Метод неопределенных коэффициентов.1. Разлагаем Q(x) на множители: Q(x) = (x − α)n (x − β)l . . . (x2 + lx +k)s (x2 + px + q)m .1692. Разлагаем правильную дробь на элементарные слагаемые с помощьюнеопределенных коэффициентов (∗):P (x)a1anb1 x + c1=+ ... ++ ... + 2+nQ(x) (x − α)(x − α)(x + px + q)... +b m x + cm.(x2 + px + q)m3. Находим значения коэффициентов.

Представляя Q(x) = (x − α)n r(x),имеемan =P (x) 01 P (x) 00P (α), an−1 =|x=α , an−2 =|x=α , . . . ,r(α)r(x)2! r(x)1P (x) (n−1)a1 =|x=α .(n − 1)! r(x)4. С помощью равенства (∗) записываем интегралRP (x)Q(x)dx в виде линейнойкомбинации интегралов вида:ZZdxdx(x − α)1−k= ln |x − α| + C;=+ C,(x − α)(x − α)k1−k2(p − 4q < 0)Z(bx + c) dxb=(x2 + px + q) 2Zk > 1;d(x2 + px + q)+(x2 + px + q)Zd(x + p2 )pb(c − )2((x + p )2 + q −22RP1 (x)Q1 (x);Z(p − 4q < 0, m > 1)2.

Метод Остроградского.p24)(bx + c) dx=(x2 + px + q)mZ(ax + d) dxp0 + p1 x + . . . + p2m−3 x2m−3+.(x2 + px + q)m−1(x2 + px + q)Представим интеграл в виде:RP (x)Q(x) dx=P2 (x)Q2 (x)+dx, где многочлен Q1 (x) имеет те же корни, что и многочлен Q(x), нов первой степени, Q2 (x) =Q(x)Q1 (x) ,многочлены P1 (x), P2 (x) имеют степень на 1меньше, чем многочлены Q1 (x), Q2 (x). На практике удобно дробьразложить на элементарные слагаемые:170P1 (x)Q1 (x)сразуZP (x)P2 (x)dx =+Q(x)Q2 (x)Z a1+ ...(x − α1 )akb 1 x + c1bl x + cl+++ ... + 2dx.(x − αk ) (x2 + p1 x + q1 )(x + pl x + ql )Значения коэффициентов многочлена P2 (x) и коэффициентов ai , bj , cj находим, дифференцируя это равенство.3.1Задача 03.01RdxНайти (x−a)(x−b), a 6= b.Решение.ZZZ1dxdxdx=−=(x − a)(x − b) a − bx−ax−b11|x − a|(ln |x − a| − ln |x − b|) =ln+ C,a−ba − b |x − b|где x 6= a, b.3.2Задача № 1869 из [2]R3+1) dxНайти (x(x3 −5x2 +6x) .Решение.

Характеристики

Список файлов семинаров