1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 25

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

Текст из файла (страница 25)

Представим интеграл в формеZZ(x3 + 1)dx(5x2 − 6x + 1)dx=x+=(x3 − 5x2 + 6x)(x3 − 5x2 + 6x)Z A1B1C1x+++dx,xx−2 x−3учитывая разложение многочлена в форме x3 − 5x2 + 6x = x(x − 2)(x − 3).Можно найти коэффициенты A1 , B1 и C1 , которые участвуют в разложенииA1B1C15x2 − 6x + 1++=.xx − 2 x − 3 x3 − 5x2 + 6xдвумя способами:Способ 1. A1 =5x2 −6x+1(x−2)(x−3) |x=0= 16 , B1 =5x2 −6x+1x(x−3) |x=2= − 29 , C1 =5x2 −6x+1x(x−2) |x=3=283.Способ 2. Нужно записать систему из трех уравнений на три неизвестные,171приводя правую часть к общему знаменателю и приравнивая коэффициентыпри x2 , x1 и x0 :A1 (x − 2)(x − 3) + B1 x(x − 3) + C1 x(x − 2) =x2 (A1 + B1 + C1 ) + x(−5A1 − 3B1 − 2C1 ) + 6A1 = 5x2 − 6x + 1.2 x : A1 + B1 + C1 = 5,x1 : −5A1 − 3B1 − 2C1 = −6, 0x : 6A1 = 1.Ответ.Z(x3 + 1)dx1928=x+ln|x|−ln|x−2|+ln |x − 3| + C,(x3 − 5x2 + 6x)623где x 6= 0, 2, 3.3.3Задача № 1880 из [2]RdxНайти x(x+1)(x2 +x+1) .Решение.

Рассмотрим разложение дроби1x(x+1)(x2 +x+1)на элементарные дро-би:Способ 1.1A1B1C1 x + D1=++,x(x + 1)(x2 + x + 1)xx + 1 x2 + x + 11|x=0 = 1,(x + 1)(x2 + x + 1)Умножим равенствоA1 =B1 =1|x=−1 = −1,x(x2 + x + 1)111C1 x + D1=−+,x(x + 1)(x2 + x + 1) x x + 1 x2 + x + 1на x и x → ∞:xxC1 x2 + D1 xlim= 1 − lim+ lim 2.x→∞ x(x + 1)(x2 + x + 1)x→∞ x + 1x→∞ x + x + 1Следовательно, 0 = 1 − 1 + C1 .

Умножим равенство111D1=−+,x(x + 1)(x2 + x + 1) x x + 1 x2 + x + 1172на x2 и x → ∞:x2x2D1 x 2lim= lim+ lim 2.x→∞ x(x + 1)(x2 + x + 1)x→∞ x(x + 1)x→∞ x + x + 1получим D1 = −1.Способ 2. Нужно записать систему из четырех уравнений на четыре неизвестные, приводя правую часть к общему знаменателю и приравнивая коэффициенты при x3 , x2 , x и x0 :A1 (x + 1)(x2 + x + 1) + B1 x(x2 + x + 1) + (C1 x + D1 )x(x + 1) =x3 (A1 + B1 + C1 ) + x2 (2A1 + B1 + C1 + D1 ) + x(2A1 + B1 + D1 ) + A1 = 1.x3 : A1 + B1 + C1 = 0, x2 : 2A + B + C + D = 0,11111x : 2A1 + B1 + D1 = 0, x0 : A = 1.1Zdx=x(x + 1)(x2 + x + 1)Z11− −x x+11 √ 2  dx =2x + 21 + 2322x + 1√− ln |x + 1| + ln |x| − √ arctg+ C,33x 6= 0, −1.3.4Задача № 1869 из [2]RdxНайти (10x−4)5x2 −x+2 .Решение.ZZZ(10x − 1)dxdx(10x − 4)dx=−3=5x2 − x + 25x2 − x + 25x2 − x + 2ZZ(5x2 − x + 2)03dxdx−1 239 =5x2 − x + 25 (x − 10) + 1001013 102ln |5x − x + 2| − √ arctg √x−+ C.5 391039173Ответ.Z3.5(10x − 4)dx6(10x−1)√= ln |5x2 − x + 2| − √ arctg+ C.25x − x + 23939Задача № 1712 из [2]НайтиRx2 +1x4 +1dx.Решение.x2 + 1x2 + 1(A1 x + B1 )√√√==x4 + 1 (x2 + 2x + 1)(x2 − 2x + 1) (x2 + 2x + 1)+(A2 x + B2 )√.(x2 − 2x + 1)√2x + 1) + (A2 x + B2 )(x2 + 2x + 1) =√√x3 (A1 + A2 ) + x2 (− 2A1 + B1 + 2A2 + B2 )+√√x(A1 − 2B1 + A2 + 2B2 ) + B1 + B2 = 1 + x2 .(A1 x + B1 )(x2 −√x3 : x2 :x1 : x0 :A1 + A2 = 0,√√− 2A1 + B1 + 2A2 + B2 = 1,√√A1 − 2B1 + A2 + 2B2 = 0,B1 + B2 = 1.1B1 = B2 = ,2ZA1 = A2 = 0.ZZx2 + 11dx1dx√√dx=+=x4 + 12 x2 + 2x + 1 2 x2 − 2x + 1ZZ1dx1dx+=2 (x + √12 )2 + 12 2 (x − √12 )2 + 21√√11√ arctg( 2x + 1) + √ arctg( 2x − 1) + C,22174x ∈ R.3.6Задача № 6.2 из [4], §2; № 1884 из [2]НайтиRdxx4 +1 .Решение.11√√==x4 + 1 (x2 + 2x + 1)(x2 − 2x + 1)A1 x + B1A2 x + B2√√+=x2 + √2x + 1 x2 − 2x + 1√(A1 x + B1 )(x2 − 2x + 1) + (A2 x + B2 )(x2 + 2x + 1)√√,(x2 + 2x + 1)(x2 − 2x + 1)√√(A1 x + B1 )(x2 − 2x + 1) + (A2 x + B2 )(x2 + 2x + 1) =√√x3 (A1 + A2 ) + x2 (− 2A1 + B1 + 2A2 + B2 )+√√x(A1 − 2B1 + A2 + 2B2 ) + B1 + B2 = 1.x3 : x2 :x1 : x0 :A1 + A2 = 0,√√− 2A1 + B1 + 2A2 + B2 = 0,√√A1 − 2B1 + A2 + 2B2 = 0,B1 + B2 = 1.1B1 = B2 = ,21A1 = √ ,2 21751A2 = − √ .2 2Z√√ZZ1(x + 2) dx1(x − 2) dxdx√√= √− √=x4 + 1 2 2 (x2 + 2x + 1) 2 2 (x2 − 2x + 1)√√ZZ1(2x + 2) dx1(2x − 2) dx√√√− √4 2 (x2 + 2x + 1) 4 2 (x2 − 2x + 1)ZZdx1dx1√√+=+4 (x2 + 2x + 1) 4 (x2 − 2x + 1)√√ZZ1(x2 + 2x + 1)01(x2 − 2x + 1)0√√√dx − √dx4 2(x2 + 2x + 1)4 2(x2 − 2x + 1)ZZ11dxdx+=+22441111x + √2 + 2x − √2 + 2√√1|x2 + 2x + 1|1√ ln√+ √ arctg2x + 14 2 |x2 − 2x + 1| 2 2√1+ √ arctg2x − 1 + C.2 2Ответ.Z3.7√√dx|x2 + 2x + 1|11√+ √ arctg2x + 1= .

√ lnx4 + 14 2 |x2 − 2x + 1| 2 2√1+ √ arctg2x − 1 + C.2 2Пример 17 из [4], §1НайтиRdx(x2 +1)2 .Решение.ZA1 x + B1dx=+(x2 + 1)2x2 + 1Z(A2 x + B2 )dx.(x2 + 1)Дифференцируем правую и левую часть по x:1=(x2 + 1)2A1 x + B1x2 + 11760+(A2 x + B2 ).(x2 + 1)Из четности левой части можно сразу заключить, что B1 = A2 = 0:01A1 (x2 + 1) − 2A1 x2A1 xB2==+(x2 + 1)2x2 + 1(x2 + 1)(x2 + 1)2B2A1 (x2 + 1) − 2A1 x2 + B2 (x2 + 1)+ 2==(x + 1)(x2 + 1)2(A1 − 2A1 + B2 )x2 + A1 + B2.(x2 + 1)2(x2 : −A1 + B2 = 0,x0 : A1 + B2 = 1.Ответ.Zdxx1=+(x2 + 1)22x2 + 22Zx1dx=+arctg x + C.(x2 + 1)2x2 + 223.8Задача 03.08RНайти (x−1)2dx(x2 +1)2 .Решение. Используем метод Остроградского:ZA1dxA2 x + B2=++(x − 1)2 (x2 + 1)2x−1x2 + 1Z A4 x + B4A3+x−1x2 + 1dx.Дифференцируем это равенство1A1(A2 − 2xB2 − x2 A2 )=−++(x − 1)2 (x2 + 1)2(x − 1)2(x2 + 1)2A3A4 x + B4+.x−1x2 + 1Способ 1.

Приравниваем к общему знаменателю и составим системуx5 : A3 + A4 = 0,x4 : −A1 − A2 − A3 − 2A4 + B4 = 0, x3 : 2A + 2A + 2A − 2B − 2B = 0,23424x2 : −2A1 − 2A3 − 2A4 + 4B2 + 2B4 = 0,x1 : −2A2 + A3 + A4 − 2B2 − 2B4 = 0, x0 : −A + A − A + B = 1,1234177Способ 2. A1 =1− (x2 +1)2x=1=− 41 ,A3 =1(x2 +1)20 Подставим x = 0: A2 + B4 = 14 .x=1= − 21 .Подставим x = −1: B2 − A4 + B4 = − 12 .Из равенстваx1x=lim+x→∞ (x − 1)2 (x2 + 1)24 x→∞ (x − 1)2(A2 − 2xB2 − x2 A2 )x 1xA4 x2 + B4 xlim− lim+ limx→∞(x2 + 1)22 x→∞ x − 1 x→∞ x2 + 1limполучим равенство A4 = 21 . Из равенстваx21x2lim= lim+x→∞ (x − 1)2 (x2 + 1)24 x→∞ (x − 1)2(A2 − 2xB2 − x2 A2 )x2 1x3 + 2B4 x2x2lim+ lim −+,x→∞(x2 + 1)22 x→∞(x − 1)x2 + 1получим равенство B4 =Из системы14+ A2 .A2 + B4 = 14 , B − A + B = −1,24421A4 = 2 , B = 1 +A ,424В итоге, A1 = − 14 , A2 = 0, B2 = − 14 , A3 = − 12 , A4 = 12 , B4 = 14 .Zdx11=−−+(x − 1)2 (x2 + 1)24(x − 1) 4(x2 + 1)Z 12x + 1−+dx =2(x − 1) 4(x2 + 1)111112−−−ln|x−1|+ln|x+1|+arctg x + C,4(x − 1) 4(x2 + 1) 2443.9Задача № 1893 из [2]Применяя метод Остроградского, найти интеграл:Zdx(x4 + 1)2178x 6= 1.Решение.

Здесь мы используем нечетность рациональной части интегралаи четность подынтегральной функцииZdxA1 x3 + C1 x=+(x4 + 1)2x4 + 1Z −A2 x + B2A2 x + B2√√+x2 + 2x + 1 x2 − 2x + 1dxДифференцируем1=(x4 + 1)2A1 x3 + C1 xx4 + 10+−A2 x + B2A2 x + B2√√+x2 + 2x + 1 x2 − 2x + 1и приводим к общему знаменателю:(3A1 x2 + C1 )(x4 + 1) − 4x3 (A1 x3 + C1 x)1=+(x4 + 1)2(x4 + 1)2√√((A2 x + B2 )(x2 − 2x + 1) + (−A2 x + B2 )(x2 + 2x + 1))(x4 + 1).(x4 + 1)2Выпишем коэффициентыx6 x4x2 x0√: −A1 − 2 2A2 + 2B2 = 0,: 2B2 − 3C1 = 0,√: 3A1 − 2 2A2 + 2B2 = 0,: 3A1 + 2B2 = 1,A1 = 0, A2 = 2√1 2 , B2 = 12 , C1 = 13 .Zxdx=+(x4 + 1)23(x4 + 1)1√2 2Z√x+ 2x− 2√√−x2 + 2x + 1 x2 − 2x + 1Смотри задачу 3.6.3.10Задача № 1897 из [2]Применяя метод Остроградского, найти интеграл:Zdx(x4 − 1)3179√!dxРешение.

СамостоятельноZdxA1 x7 + B1 x5 + C1 x3 + D1=+(x4 − 1)3(x4 − 1)2Z 4B2B2A2+−x2 + 1 x − 1 x + 1dx.Seminar n. 04Интегрирование иррациональных функций.R (px+q)R√1. √axdx,ax2 + bx + c dx – выделение полного квадрата.2 +bx+c nl1 lk R1 , . . . , ax+b nkdx – сведение к интегрированию рациональ2. R x, ax+bcx+dcx+dной функции подстановкойax+bcx+d= tm ,m = H.O.K.{n1 , . . . , nk }.√R3. R(x, ax2 + bx + c) – сведение к интегрированию рациональной функциис помощью подстановок Эйлера (предложены Леонардом Эйлером в 1768 году):Первая подстановкаp√ax2 + bx + c = ±t ± ax,Пример: t =√ax +√если a > 0;ax2 + bx + c.

Возводим в квадрат:√t2 − 2 axt + ax2 = ax2 + bx + c.Следовательно,t2 − cx = ϕ(t) = √2 at + bгде ϕ(t) – рациональная функция.Вторая подстановкаpax2 + bx + c = t(x − λ),если D = b2 − 4ac > 0, λ − один из корней;Пример: a = 1, ax2 + bx + c = (x − λ1 )(x − λ2 ):p(x − λ1 )(x − λ2 ) = t(x − λ1 ).180Возводим в квадрат:(x − λ2 ) = t2 (x − λ1 ).Следовательно,t2 λ1 − λ2x = ϕ(t) = 2,t −1где ϕ(t) – рациональная функция.Третья подстановкаp√ax2 + bx + c = ±xt ± c,Пример: xt =√c+√если c > 0.ax2 + bx + c. Возводим в квадрат:√x2 t2 − 2 cxt + c = ax2 + bx + c.Следовательно,√2 ct + bx = ϕ(t) = 2,t −aгде ϕ(t) – рациональная функция.R4.

Интеграл от дифференциального бинома xm (a+bxn )p dx, где m, n, p ∈Q, a, b ∈ R, a 6= 0, b 6= 0, n 6= 0, p 6= 0.1. Если p – целое, то подстановка x = tN , где N – общий знаменательдробей m и n.Z2. Еслиm+1nxm (a + bxn )p dx =ZtN m+N −1 (a + btnN )p N dt– целое, то подстановка a + bxn = tN , где N – знаменательдроби p.Замена x = ϕ(t) =ZtN −ab n10, ϕ (t) =Nxm (a + bxn )p dx =nbN N −1nb tZ 181tN −abtN − ab n1 −1 m+1n −1tN p+N −1 dt3. Еслиm+1n+ p – целое, то подстановкаaxnдроби p.Замена x = ϕ(t) =Zmn patN −bx (a + bx ) dx = n1Z0, ϕ (t) = −m+npxN√n+ b = tN , где N – знаменательa tN −11 +1n(tN −b) npa+ b dx =xnZN m+1 +ptN p+N −1 dt− a nm+1n(tN − b) n +p+1Если n = 1, то следует проверять случаи: 1) p – целое, 2) m – целое, 3) m + p– целое.5.

Сведение к интегрированию тригонометрических функций:√√RR(x, a2 − x2 ) dx – подстановка x = a sin t, тогда a2 − x2 = a cos t, dx =a cos t dt;√√RR(x, a2 + x2 ) dx – подстановка x = a tg t, тогда a2 + x2 =acos2 t dt; √RR(x,x2 − a2 ) dx – подстановка x =acos t ,тогда√x 2 − a2 =acos t ,dx =a sin tcos t ,dx =a sin tcos2 t dt.P (x)P (x)P (x)√неправильная, то выделяем целую часть: Q(x)=dx. Если Q(x)Q(x) ax2 +bx+cP1 (x)Rn (x) + QP11(x)(x) , где дробь Q1 (x) – правильная, Rn (x) – многочлен степени n. По-6.Rлучаем интегралы четырех типов:√RR(x)dx = Rn−1 (x) ax2 + bx + c+λ1) √axR2n+bx+c√dx.ax2 +bx+cКоэффициенты мно-гочлена Rn−1 (x) и коэффициент λ находятся дифференцированием этого равенства.R2) Q (x)√P1ax(x)2 +bx+c dx – разлагаем правильную дробь1P1 (x)Q1 (x)на элементарныеслагаемые.

Достаточно рассмотреть интегралы двух типов:R1A) (x−α)n √dx– подстановка t = x−α.ax2 +bx+cRR(M x+N )(M x+N )2√2B)dx =2n+1 dx – выделяем полный квадрат (p −2n2(x +px+q)x +px+q(x +px+q)24q < 0) и получаем интегралы вида:Rx22n+1 dx – подстановка t = x + r;22√R (x +r)1x2 + r)0 .2n+1 dx – подстановка Абеля t = (2(x +r)2182bC) С помощью подстановки x = αt+βt+1 при p 6= a , интегралRRR2n (t)(M x+N )√√dxсводитсякинтегралуdx. При p =(x2 +px+q)n ax2 +bx+c(t2 +λ)n st2 +rbaпри-меняется подстановка x = t − p2 .R(M x+N )√dx – это линейная комбинация интегралов:D) (x2 +q)n ax2 +cRx√dx – подстановка t2 = ax2 + c;(x2 +q)n ax2 +c√R1√dx–подстановкаАбеляt=(ax2 + c)0 .(x2 +q)n ax2 +c4.1Задача № 2.4 из [4], §3; № 1928 из [2]√R x32+x√Найтиdx на множестве (−∞, −1) ∪ (−1, ∞).x+ 32+xРешение.√Используя замену t = 3 2 + x, получимZ 3 3Z 2t − 2tt (t − 2)33dt = 3+ t − t dt,t3 + t − 2t3 + t − 2ZZ3ZZ(t2 − 2t) dt1 (5t − 2 ± 52 ) dt(t2 − 2t) dt==t3 + t − 2(t − 1)(t2 + t + 2) 4t2 + t + 2ZZ 2ZZ1dt5 (t + t + 2)0 dt 9dt1dt−=−−=1 274 t−1 8t2 + t + 284t−1t+ 2 + 4592t+11√ln(t2 + t + 2) − √ arctg− ln |t − 1| + C.844 772t+1√7 5 ln t2 + t + 29 arctgt3 (t3 − 2)√dt = 3−t3 + t − 284· 7t4 − 2t2 ln (|t − 1|) −+ C.+44Ответ.Z√2√33 5 ln (x + 2) + x + 2 + 2x32+x√dx = 3−8x+ 32+x √3√2x+2+142√9 arctgln 3 x + 2 − 1(x + 2) 3 − 2 (x + 2) 3 7√−+ C.+444· 71834.2Пример № 1 из [4], §3R x + x2/3 + x1/6Найтиdx на множестве (0, +∞).x(1 + x1/3 )Решение.ϕ(t) = t6 , ϕ0 (t) = 6t5 ,ZZx + x2/3 + x1/6ϕ(t) + ϕ(t)2/3 + ϕ(t)1/6 0dx=ϕ (t) dt =x(1 + x1/3 )ϕ(t)(1 + ϕ(t)1/3 )Z 5Z 6t + t3 + 1t + t4 + t 56t dt = 6dt =t6 (1 + t2 )1 + t2Z √6 3 43 2363 + 6 arctg6t +x+ C,dt=t+6arctgt+C=x1 + t2224.3Задача 04.03RdxНайти √.x2 + 2x + 2Решение.

Характеристики

Список файлов семинаров