1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 26

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

Текст из файла (страница 26)

Способ 1. Сделаем замену x + 1 = y:ZZpdxdy√p== ln | y 2 + 1 + y| + C.x2 + 2x + 2y2 + 1√Решение. Способ 2. Нужно сделать замену t = x + x2 + 2x + 2. Следовательно, t2 − 2tϕ(t) + ϕ(t)2 = ϕ(t)2 + 2ϕ(t) + 2, ϕ(t) =(2t(t+1)−t2 +2)2(t+1)2=(t2 +2t+2)2(t+1)2 .t2 −22(t+1) ,ϕ0 (t) =Из равенстваpt = ϕ(t) + ϕ(t)2 + 2ϕ(t) + 2.получимpt2 − 2t2 + 2t + 22ϕ(t) + 2ϕ(t) + 2 = t − ϕ(t) = t −=.2(t + 1)2(t + 1)Таким образом,ZZZϕ0 (t) dtdtdx√p===t+1x2 + 2x + 2ϕ(t)2 + 2ϕ(t) + 2ln |t + 1| + C,√где t = x + x2 + 2x + 2.√RdxОтвет. √= ln x2 + 2x + 2 + x + 1 + C.x2 + 2x + 21844.4Задачаdx.1 + 1 − 2x + x2(1x > 1,1x,√Решение.=11 + 1 − 2x + x2, x < 1.( −x+2Rln(x) + C1 ,x > 1,dx√=где C1 = C2 .Ответ.1 + 1 − 2x + x2− ln(−x + 2) + C2 , x < 1,Найти4.5R√Задача № 65 из [4], §5dx, x ∈ (−∞, −1) ∪ (−1, ∞).x + 1 + x + x2√Решение.

Рассмотрим замену t = x+ 1 + x + x2 . Тогда t ∈ (− 21 , 0)∪(0, ∞).НайтиRТогда ϕ(t) =Z√t2 −11+2t ,ϕ0 (t) =2(t2 +t+1)(1+2t)2Zdxϕ0 (t)√p=dt =x + 1 + x + x2ϕ(t) + 1 + ϕ(t) + ϕ(t)2Z 0ZZ ϕ (t)1 (1 + t + t2 ) dt 1ABCdt =+=+dt =t22tt(t + 12 )2(t + 12 ) (t + 21 )2Z 343133 1+−ln+t−dt=2ln|t|− 4(t + 1 ) + C.2t (t + 12 ) 2(t + 12 )22 22Ответ.Zpdx2√= 2 ln x + 1 + x + x x + 1 + x + x2 p3 13√− ln + x + 1 + x + x2 + 1+ C.224( 2 + x + 1 + x + x2 )4.6Пример № 3 из [4], §3√R 1 − 1 + x + x2√Найтиdx.x 1 + x + x2Решение.

Эта задача решается в рамках предыдущей задачи√ZZZ1 − 1 + x + x2dxdx√√dx =−.xx 1 + x + x2x 1 + x + x2185Zdx√=x 1 + x + x2Zϕ0 (t) dt=ϕ(t)(t − ϕ(t))Z2dt=(t2 − 1)ln |t − 1| − ln |t + 1| + C.Ответ.Z√p1 − 1 + x + x2√dx = ln |x + 1 + x + x2 − 1|x 1 + x + x2p− ln |x + 1 + x + x2 + 1| − ln |x| + C =!2 √1 + x + x2 − 1 ln 1 − + C.x4.7RЗадача № 1982 из [2]√√x(1+ 3 x)2dxРешение. Сделаем замену x = t6 .Z√ZZ 3 5xt8 dtt 6t dt√=6=dx =(1 + t2 )2(1 + t2 )2(1 + 3 x)2ZZ(4t2 + 3)426 (t − 2t + 3) dt − 6dt;(t2 + 1)2Далее, мы используем метод Остроградского и четность подынтегральнойфункцииZгде t =4.8R√6At(4t2 + 3)dt = 2+22(t + 1)t +1ZB dt−t7=+22(t + 1) 2(t + 1) 2Z(t2dt,+ 1)x.Задача № 1983 из [2]√x dx 21+x 3Решение.

Здесь m = 1, n = 23 , p = − 12 . Поскольку23m+1n= 3, сделаем замену1+x = t2 . Следовательно, x2 = ϕ2 (t) = (t2 −1)3 . Таким образом, 2ϕ(t)ϕ0 (t) =1863(t2 − 1)2 2t.Zx dxp=21 + x3где t =4.9R√3pZϕ(t)ϕ0 (t) dt=3tZ(t2 − 1)2 dt =Z33 (t4 − 2t2 + 1) dt = t5 − 2t2 + 3t + C,521 + x3 .Задача № 1989 из [2]3x − x3 dxРешение.Z pZp√33333x − x dx =x · 3 − x2 dxЗдесь m = 13 , n = 2, p = 31 . Поскольку3− 1 = t3 ;2xx2 = ϕ2 (t) =m+1n+ p = 1, сделаем замену3;t3 + 12ϕ(t)ϕ0 (t) =Z√3−9t2;(t + 1)2 (t2 − t + 1)2rZp333− 1 dx =x · 3 − x2 dx = x ·x2Z sZ39t3 dt03− 1 · ϕ(t)ϕ (t) dt = −.ϕ2 (t)2 (t + 1)2 (t2 − t + 1)2Используем метод Остроградского:9−2Zt3 dt(t + 1)2 (t2 − t + 1)2A1A2 t + B2+ 2+t+1 t −t+1187Z A3A4 t + B4+ 2t+1 t −t+1dt.Дифференцируем это равенство:9t3A1− ·=−2 (t + 1)2 (t2 − t + 1)2(t + 1)2A3A4 t + B4A2 (t2 − t + 1) − (A2 t + B2 )(2t − 1)++=+(t2 − t + 1)2t + 1 t2 − t + 1A1−A2 t2 − 2B2 t + A2 + B2A3A4 t + B4−+++ 2;222(t + 1)(t − t + 1)t+1 t −t+1Найти коэффициенты можно тремя способами:Способ 1.

Привести к общему знаменателю и выписать систему из шестиуравнений на шесть коэффициентов. Самостоятельно.x5 : A3 + A4 = 0,x4 :. . . = 0, x3 :. . . = − 29 ,x2 :. . . = 0,x1 :. . . = 0, x0 :. . . = 0,Способ 2. Интегрируем по частям:Zt3 dt=(t3 + 1)2Zt21t· 3dt = −2(t + 1)3Zt·13(t + 1)0dt =t1−+3(t3 + 1) 3Zdt.(t3 + 1)Самостоятельно.Способ 3. Используя метод Остроградского, вычисляем коэффициенты:−A1 = − 29 ·9A3 = − ·2t3(t2 −t+1)2|t=−1 = − 29 ·(−1)3(1−(−1)+1)2= 12 ;0t3|t=−1 =(t2 − t + 1)2 2 293t (t − t + 1)2 − t3 2(t2 − t + 1)(2t − 1)1− ·|=−;t=−12(t2 − t + 1)42188−9t4tlim=−Alim1t→∞ (t + 1)22 t→∞ (t + 1)2 (t2 − t + 1)2t(−A2 t2 − 2B2 t + A2 + B2 )t+ lim+Alim+3t→∞t→∞ t + 1(t2 − t + 1)2A4 t2 + B4 tlim;t→∞ t2 − t + 11A4 = ;2t51t29lim=lim2 t→∞ (t + 1)2 (t2 − t + 1)22 t→∞ (t + 1)2t2 (−A2 t2 − 2B2 t + A2 + B2 )+ lim+t→∞(t2 − t + 1)2t2t3 + 2B4 t2+;lim −t→∞2(t + 1) 2(t2 − t + 1)Получим:10 = − A2 + 1 + B4 .2Подставим t = 0:110 = + A2 + B2 − + B422Подставим t = 1:A1A39+ (−A2 − 2B2 + A2 + B2 ) ++ A4 + B4− =−842В итоге3 A2 = 2 + B4 ,A2 + B2 + B4 = 0,B2 = 32 + B4 .−A2 = B2 = 12 , B4 = −1.Zt3 dt9=−2 (t + 1)2 (t2 − t + 1)2ZZ 1−1t+1dt2t − 1+−+dt;2(t + 1) 2(t2 − t + 1)2(t + 1)t2 − t + 1Z12tZZ−112t − 412t − 1dt=dt=dtt2 − t + 14 t2 − t + 14 t2 − t + 1ZZZ3dt1 (t2 − t + 1)03dt−.=dt−4 t2 − t + 1 4t2 − t + 14 (t − 12 )2 + 34189t3 dt=(t + 1)2 (t2 − t + 1)22√2t−1√ln t − t + 1 + 2 − ln (|t + 1|) − 3 arctan39−2Z4где t =√3+3t+ C,2 (t3 + 1)3x−x3.x4.10 Задача № 13.7 из [4], §3R √x2 +1x2 +2 dxРешение.

Представим интегралZ √ 2ZZx +1dxdx√√dx=−.x2 + 2x2 + 1(x2 + 2) x2 + 1К последнему интегралу применяем подстановкуАбеляq√02tx2 + 1 = √xx2 +1 = ϕ(x), ϕ−1 (t) = 1−tt=2,ϕ0 (x) = √1x2 + 1−x21√√=.(x2 + 1) x2 + 1 (x2 + 1) x2 + 1Таким образом,ZZdx(x2 + 1) dx√√=(x2 + 2) x2 + 1(x2 + 2)(x2 + 1) x2 + 1ZZ(ϕ−1 (ϕ(x))2 + 1)ϕ0 (x) dx(ϕ−1 (t)2 + 1) dt===(ϕ−1 (ϕ(x))2 + 2)(ϕ−1 (t)2 + 2)ZZZ(2t2 − 1) dt 2 (t2 − 21 ) dt 21dt===t+=22(3t − 2)339 (t2 − 23 )(t2 − 3 )q t − 23 12q + C.t + √ ln 36 6 t + 2 35Seminar n.

05Интегрирование тригонометрических функций:RR(sin x, cos x) dx.1901. Универсальная тригонометрическая подстановка t = tg x2 , x ∈ (−π, π):x = 2 arctg t,2dt,dx =1 + t22 sin x2 cos x2sin x ==cos2 x2 + sin2 x22 tg x22t=,1 + tg2 x21 + t2cos2 x2 − sin2 x21 − tg2 x21 − t2cos x ===.1 + tg2 x21 + t2cos2 x2 + sin2 x22. В следующих случаях удобны следующие подстановки:A) если R(− sin x, cos x) = −R(sin x, cos x), то t = cos x, x ∈ (− π2 , π2 );Б) если R(sin x, − cos x) = −R(sin x, cos x), то t = sin x, x ∈ (0, π);В) если R(− sin x, − cos x) = R(sin x, cos x), то t = tg x, x ∈ (− π2 , π2 ):x = arctg t,dtdx =,1 + t2sin2 x=sin x =cos2 x + sin2 x2tg2 xt2,=1 + tg2 x 1 + t2cos2 x11cos x ===, sin x cos x =cos2 x + sin2 x 1 + tg2 x 1 + t2sin x cos xttg x.==cos2 x + sin2 x 1 + tg2 x 1 + t2R3. Для вычисления интеграла вида sinm x cosn x dx, где m, n ∈ N, удобно2использовать формулы:1 + cos 2x1 − cos 2xcos2 x =; sin2 x =; 2 sin x cos x = sin 2x;223 sin x − sin 3x;sin3 x =43 cos x + cos 3x; sin(x ± y) = sin x cos y ± cos x sin y;4cos(x ± y) = cos x cos y ∓ sin x sin y;x±yx∓yx+yx−ysin x ± sin y = 2 sincos; cos x + cos y = 2 coscos;2222y−xx+ycos x − cos y = 2 sinsin.22R4.

Интеграл sinp x cosq x dx, где p, q ∈ Q, подстановками t = sin x или t =cos3 x =cos x всегда можно свести к интегралу от дифференциального бинома.1915.1Задача № 11.1 из [4], §4R cos3 xНайтиdx.sin5 xОтвет.ZZZcos3 xcos5 x1(tg x)0dx =·dx =dx =tg5 xsin5 xsin5 x cos2 x0Z 111−ctg4 (x) + C.dx=−44tg x45.2Задача № 11.2 из [4], §4R cos5 xНайтиdx.sin3 xОтвет.Zcos5 xdx =sin3 xZcos4 xcos4 x003 (sin x) dx =3 (sin x) dx =sin xsin xZZ22(1 − sin x)(1 − t2 )20dt =(sin x) dx =t3sin3 xZZZt2dtdt1−2−2ln|t|++tdt=−+ C,t3t2t22Zгде t = sin x.5.3Задача № 19.2 из [4], §4НайтиR√dx.3 cos x + sin xРешение.ZZdx1dx√√==31sin x + 3 cos x 2sin x + 2 cos xZZ 2ZZ1dx1dt1dt1dt====2 sin( π3 + x) 2 sin t 4 cos 2t sin 2t4 ctg 2t sin2 2tZ1 (ctg 2t )01 t −dt = − ln ctg + C.222ctg 2tОтвет.Zdx1 x π √+= − ln ctg + C.22 6sin x + 3 cos x1925.4Задача № 18.4 из [4], §4dx.sin4 x + cos4 xРешение.НайтиR1111sin4 x + cos4 x = + cos2 2x = cos2 2x 1 +=2 22cos2 2x1cos2 2x tg2 2x + 2 .2Сделаем замену t = tg 2x.ZZZdx(tg 2x)0 dxdx==12 2x + 2 =2 2x (tg2 2x + 2)tgcossin4 x + cos4 x211√ arctg( √ tg 2x) + C.225.5Задача № 13.2 из [4], §4dx.sin x(1 + cos x)Решение.

Пусть t = tg x2 , x 6= πk, k ∈ Z:НайтиZ5.6Rdx=sin x(1 + cos x)Z2 dt=2t1−t2(1 + t2 ) (1+t2 ) (1 + 1+t2 )ZZ11 dt t2 1t dt += + ln |t| + C.22t4 2Пример № 1 из [4], §4dx.3 sin x + 4 cos x + 5Решение. Рассмотрим замену t = tg x2 . Тогда x = ϕ(t) = 2 arctg t.НайтиR• ϕ0 (t) =21+t2 ;• sin x =2 tg x2;1+tg2 x2• sin ϕ(t) =• cos x =2t1+t2 ;1−tg21+tg2x2x2;193• cos ϕ(t) =1−t21+t2 ;• 3 sin ϕ(t) + 4 cos ϕ(t) + 5 =Z5.7(t+3)2(1+t2 ) .Zϕ0 (t) dtdx==3 sin x + 4 cos x + 53 sin ϕ(t) + 4 cos ϕ(t) + 5ZZ−2−22(1 + t2 ) dt2 dt===+ C.(1 + t2 )(t + 3)2(t + 3)2t + 3 tg x2 + 3Пример № 8 из [4], §4НайтиR√3dxsin5 x cos x.Решение.ZZZ(sin x)0 dxdxcos x dx√===55423sin 3 x cos 3 xsin 3 x(1 − sin2 x) 3sin5 x cos xZdt532t (1 − t2 ) 3Здесь p = − 23 , n = 2, m = − 53 .

Рассмотрим замену t = ϕ(z) =1t2получается из равенства√ 1 ,z 3 +1.которая− 1 = z 3 . Следовательно,• 1 − ϕ2 (z) = ϕ2 (z)z 3 ;24• (1 − ϕ2 (z)) 3 = ϕ 3 (z)z 2 ;• ϕ2 (z) =1z 3 +1 ;• 2ϕ(z)ϕ0 (z) =01=z 3 +1−3z 2(z 3 +1)2 ;2• ϕ0 (z) = − 23 ϕ(z)(zz 3 +1)2 .Zϕ0 (z) dzZ3z 2 dz=52 =52 = −2 ϕ4 (z)(z 3 + 1)2 z 2t 3 (1 − t2 ) 3ϕ 3 (z)(1 − ϕ2 (z)) 31Z2333 1 − t2 333 x + C.−dz = − z + C = −+C=−ctg222t22Ответ.dtZZ√3dx23= − ctg 3 x + C.2sin5 x cos x1945.8Задача № 32.1 из [4], §4dx√.cos3 x sin 2xРешение.ZZZdx11dxsin x dx√√=√==√7372 cosZ2 x sin x2 cos 2 x sin 2 xZcos3 x sin 2x11−(cos x)0 dxdt√√=−33 .2 cos 72 x (1 − cos2 x) 42 t 72 (1 − t2 ) 4НайтиRЗдесь p = − 34 , n = 2, m = − 72 .

Рассмотрим замену t = ϕ(z) =получается из равенства1t2√ 1 ,z 4 +1которая− 1 = z 4 . Следовательно,• 1 − ϕ2 (z) = ϕ2 (z)z 4 ;33• (1 − ϕ2 (z)) 4 = ϕ 2 (z)z 3 ;• ϕ2 (z) =1z 4 +1 ;• 2ϕ(z)ϕ0 (z) =• ϕ0 (z) =1−√2Z=−4z 3(z 4 +1)2 ;−2z 3ϕ(z)(z 4 +1)2 .Z1ϕ0 (z) dz773 = −√3 =2 ϕ 2 (z)(1 − ϕ2 (z)) 4t 2 (1 − t2 ) 4√ Z√ Z 4z 3 dz2= 2 (z + 1) dz =ϕ6 (z)(z 4 + 1)2 z 3√2 5 √z + 2z + C.5dtОтвет.Z5.901z 4 +1√√51dx2√=|tg x| 2 + 2 |tg x| 2 + C.5cos3 x sin 2xЗадача 1778 из [2]Применяя тригонометрические подстановки x = a sin t, x = a tg t, x = a sin2 tи т.п., найти следующий интеграл (параметры положительны):Zdx3 .(1 − x2 ) 2195Решение. Пусть x = sin t, |x| < 1, t ∈ (− π2 , π2 ):ZZdx(1 − x2 )=32Zcos t dt(1 − sin2 t)32=cos t dt=cos3 tZdt=cos2 ttg t + C = √5.10x+ C.1 − x2Задача 1781 из [2]Применяя тригонометрические подстановки x = a sin t, x = a tg t, x = a sin2 tи т.п., найти следующий интеграл (параметры положительны):Zdxa > 0.3 ,(x2 + a2 ) 2Решение.

Характеристики

Список файлов семинаров