1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 27

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

Текст из файла (страница 27)

Пусть x = a tg t, x > 0, t ∈ (0, π2 ):ZdxZ6=a dt=3a3 (tg2 t + 1) 2 cos2 tZZ1dt1=cos t dt =3a2(tg2 t + 1) 2 cos2 t a2r1111−sint+C=+C =a2a21 + tg2 tsZ1111costdt=sint+C=1−2 + C =a2a2a21 + xa2x√+ C.a2 x 2 + a2(x2 + a2 )32Seminar n. 06. Test No. 1.Контрольная работа по неопределенным интегралам.6.1Контрольная работа.

Задача 01. Ссылка: [4], §1, № 25.1Получить для интеграла Jn (n ∈ N) рекуррентную формулу:ZJn = xn eax dx, a 6= 0.196axРешение. Интегрируем по частям u = xn , u0 = nxn−1 , v 0 = eax , v = ea .ZZxn eax nxn eax nn−1 axn ax−x e dx =− Jn−1 .Jn = x e dx =aaaa6.2Контрольная работа. Задача 02.

Ссылка: [2], № 1712, Пример18 из [4], §6Найти интегралZx2 + 1dxx4 + 1с помощью деления числителя и знаменателя на x2 , и замены y = x − x1 .Решение.Мы используем первую теорему о замене переменной [8, Стр. 5]. y = ϕ(x),(c, d) = (−∞, 0) либо (0, +∞), y ∈ (−∞, +∞). Но здесь замена – биективнана каждом из промежутков. Представим интеграл в форме0ZZZx − x11 + x121=dx=dx=dy =2+21 2yx2 + x12x−+2x1y√ arctg √ + C,221y =x− ,xx 6= 0.В итоге,непрерывная первообразная на множестве R определяется какx− 1√1 arctg √ x + √π , x > 0, 222π√ , x = 0,F (x) =2 2x− 1√1 arctg √ x , x < 0.2 2(x− 1 )√1 arctg √ x + √π + C, x > 0, 222R x2 +1π√ + C, x = 0,Ответ.

x4 +1 dx =2 2(x− 1 )√1 arctg √ x + C, x < 0.226.3Контрольная работа. Задача 03.Применяя метод Остроградского, найти интеграл:Zdx(x4 − 1)2197Решение. Способ 1. Воспользуемся методом Остроградского:ZdxA1 xB1B1=+++(x4 − 1)2x2 + 1 x − 1 x + 1Z A2B2B2+−dx.x2 + 1 x − 1 x + 1(6.3.1)Дифференцируем это равенство:0B1B1B2B21A1 xA2=+++−=+(x4 − 1)2x2 + 1 x − 1 x + 1x2 + 1 x − 1 x + 1A1 (1 − x2 )B1B1A2B2B2−−++−,(x2 + 1)2(x − 1)2 (x + 1)2 x2 + 1 x − 1 x + 10 −1−11= 16 , B2 = (x2 +1)2 (x+1)2 = −3B1 = (x2 +1)2 (x+1)2 16x=1(6.3.2)x=1В равенстве (6.3.2) положим x = 0:1 = A1 − 2B1 + A2 − 2B2 .Равенство (6.3.2) умножим на x2 :x2A1 (1 − x2 )x2B1 x20 = lim 4= lim− limx→∞ (x − 1)2x→∞x→∞ (x − 1)2(x2 + 1)2B1 x2A2 x22B2 x2− lim+ lim 2+ lim 2=x→∞ (x + 1)2x→∞ x + 1x→∞ x − 1− A1 − 2B1 + A2 + 2B2Получим:1A1 = ,8B1 = −1,163A2 = ,8B2 = −3.16ПолучимZdxx11=−−+(x4 − 1)28(x2 + 1) 16(x − 1) 16(x + 1)ZZZ3dx3dx3dx−+=28 x + 1 16 x − 1 16 x + 1x333−+arctgx−ln|x−1|+ln |x + 1| + C.4(x4 − 1) 81616198Решение.

Способ 2. Воспользуемся методом Остроградского:ZdxA1 x3 + B1 x=+(x4 − 1)2x4 − 1Z A2B2B2+−dx.x2 + 1 x − 1 x + 1Дифференцируем это равенство:02B2A1 x3 + B1 xA21=+=+(x4 − 1)2x4 − 1x2 + 1 x2 − 1(3A1 x2 + B1 )(x4 − 1) − 4x3 (A1 x3 + B1 x)+(x4 − 1)2((A2 + 2B2 )x2 + (2B2 − A2 ))(x4 − 1).(x4 − 1)2Рассмотрим систему:x6 : −A1 + A2 + 2B2 = 0, x4 : −A − 3B + 2B = 0,2122x : −3A1 − A2 − 2B2 = 0, x0 : −A + B + 2B = −1.212Диагонализация1 −10 10 00 00 −2A10  3 −2   A2  =  0 1 − 34   B1   030 1B2− 163B2 = − 16, B1 = − 41 , A2 = 38 , A1 = 0.6.4Контрольная работа.

Задача 04. Ссылка: [4], §3, № 14.2Найти интегралZdx.1 + x2 + 2x + 2Решение. Сделаем замену y = x + 1:ZZdxdy√p=.1 + x2 + 2x + 21 + y2 + 1√199(6.3.3)(6.3.4)Мы используем вторую теорему о замене переменной [8, Стр. 5]: y ∈ (−∞, +∞),t ∈ (0, ∞), воспользуемся первой подстановкой Эйлера:t=y+py 2 + 1.Следовательно, t2 − 2yt + y 2 = y 2 + 1:t2 − 1y = ϕ(t) =,2tZt2 + 1ϕ (t) => 0;2t20ZZϕ0 (t) dtdyϕ0 (t) dtp===1 + t − ϕ(t)1 + t − ϕ(t)1 + y2 + 1ZZZ 2ϕ0 (t) dt(t2 + 1) dt(t + 1) dt==2 +2t+1) =t2 −1(tt(t + 1)21 + t − 2t2t2 2tZZA2dtdt+ B1+ A1,t+1tt+1где A2 = 2, B1 = 1, A1 = 0.ZZdy2dt2pp=+=t1 + y2 + 1 t + 1y + y2 + 1 + 1ppp1−y2 + 12+ ln |y + y + 1| + C =+ ln |y + y 2 + 1| + C + 1.yОтвет:Zdx1−√=1 + x2 + 2x + 2√x2 + 2x + 2x+1+ ln |x + 1 +6.5px2 + 2x + 2| + C 0 .Контрольная работа.

Задача 05. Ссылка: [4], §4, № 30.1Найти интегралZ(1 + sin x) dx.sin 2x + 2 sin xРешение. Мы используем вторую теорему о замене переменной [8, Стр. 5],x ∈ (−π, π). Сделаем замену t = tg x2 , x = ϕ(t) = 2 arctg t, ϕ0 (t) =20021+t2 ,sin ϕ(t) =Z2t1+t2 ,cos ϕ(t) =1−t21+t2 :Z(1 + sin x) dx(1 + sin x) dx==sin 2x + 2 sin x2 sin x(cos x + 1)ZZ2t2(1 + 1+t(1 + sin ϕ(t))ϕ0 (t) dt2 ) 1+t2 dt==2t 1−t22 sin ϕ(t)(cos ϕ(t) + 1)2 1+t(+1)2 1+t2Z 2t2 t 11 t + 2t + 1dt = + + ln |t| + C.4t8 2 4Ответ:Ztg2 x2 tg x2 1x(1 + sin x) dx=++ ln | tg | + C,sin 2x + 2 sin x8242x ∈ (−π, π).6.6Контрольная работа.

Задача 06. Ссылка: [4], §4, № 32.3Найти интегралZ√tg x dx.Решение. Здесь x ∈ (0, π2 ). Далее, мы используем первую теорему о заменепеременной [8, Стр. 5]:Z√ZZ √sin xsin x√√tg x dx =dx =dx =√cos xcos x sin xZZ(cos x)0dt√− √dx = − √ √.44cos x 1 − cos2 xt 1 − t2Здесь n = 2, m = − 12 , p = − 14 . Посколькуt2 = ϕ2 (z) =Zz41+z 4 ,dt√√=t 4 1 − t22ϕ(z)ϕ0 (z) =Zm+1n+ p = 0, то1t2−1 =1z4 ,4z 3(1+z 4 )2 .ϕ0 (z) dzqq==14 14ϕ(z) ϕ2 (z) − 1t t2 − 1ZZZϕ(z)ϕ0 (z)z dz2z 4 dzdz==2.z4ϕ2 (z)(1 + z 4 )(1 + z 4 )2 · 1+z4dtZ2016.7Контрольная работа. Дополнительная задача 07. Ссылка: [4],§3, № 13.9Найти интеграл√ZZx + x2 + x + 1dx√√dx =dx −1 + x + x2 + x + 11 + x + x2 + x + 1ZРешение.

Мы используем вторую теорему о замене переменной [8, Стр. 5]:x ∈ (−∞, +∞), t ∈ (− 21 , +∞). Этот интегралZdx√1 + x + x2 + x + 1вычисляем с помощью первой подстановки Эйлера:px + x2 + x + 1 = t,Zt2 − 1,ϕ(t) =2t + 1dx√=1 + x + x2 + x + 1Z2(t2 + t + 1)ϕ (t) =;(2t + 1)20ϕ0 (t) dt 1=1+t2Z(t2 + t + 1) dt.(t + 1)(t + 12 )2Применим метод Остроградского:12Z(t2 + t + 1) dtAB=+2(t + 1)(t + 12 )22(t + 12 )ZdtC+t+12Zdt.t + 21Дифференцируем это равенство и умножаем на 2:(t2 + t + 1)ABC+,=−+(t + 1)(t + 12 )2(t + 21 )2 (t + 1) (t + 21 )t2 + t + 1 3t2 + t + 1 −A== , B== 4,t + 1 t=− 122(t + 12 )2 t=−1 200 t + t + 1 1C= 1 = t+ 1=t=− 2t=− 2t+1t+111− 1 = −3.2t=− 2(t + 1)2026.8Для подготовки можно использовать следующие задачи:R√•x2 + a2 dx, a > 0,Подсказка: здесь можно использовать метод интегрирования по частям:√u = x2 + a2 , u0 = √x2x+a2 , v 0 = 1, v = x:ZZ ppx2 dxx2 + a2 dx = x x2 + a2 − √=xZ2 + a2Zppdx2√x2 + a2 dx + ax x2 + a2 −.x2 + a2Следовательно:Z p2 Zp1adx√x2 + a2 dx = x x2 + a2 +.22x2 + a2R dx• cosx.Подсказка:ZZZπdtdttdx= {x = t − } ==tt = {y = }cos x2sin t22 sin 2 cos 2ZZZ0dy(tg y) dydy=== ln | tg y| + C.2sin y cos ytg y cos ytg yR• xx4dx+1 .Подсказка:ZZZx dx1(x2 )0 dx1dt2=={t=x}==x4 + 1 2 (x2 )2 + 12 t2 + 11arctg t + C.2•Rdxx3 +1 .[4], §2, N 4.2, Стр.

32.1ABx + C=+,x3 + 1 x + 1 x2 − x + 1Составим систему из трёх уравнений на три неизвестные2 x : A + B = 0,x1 : −A + B + C = 0, 0x : A + C = 1,1A = x2 −x+1= 13 , B = − 13 , C = 23 .x=−12036.9Задачи для подготовки к зачету.R x3 dx1. (1+x3 )2 ;2.7R1sin5 x cos 3 x dx.Seminar n. 07Определённый интеграл. Интеграл Римана. Необходимые и достаточныеусловия интегрируемости функции по Риману.

Интегральные суммы Дарбу,верхний и нижний интегралы и их связь с интегралом Римана.Теория из [8, Стр. 6-7].Р азбиением отрезка [a, b] ⊂ R назовём произвольное множество точекP = {x0 , x1 , . . . , xn }, таких, что a = x0 < x1 < . . . < xn = b. Далеебудут приняты следующие обозначения: Ak = [xk−1 , xk ], λk = xk − xk−1 ,λ(P ) = max λk .k=1,...,nР азбиением с выделенными точками называется пара (P, ξ), где P – разбиение и ξ = (ξ1 , . . . , ξn ) – набор точек, таких, что ξk ∈ Ak .Пусть заданы функция f : [a, b] → R и разбиение с выделенными точками(P, ξ) отрезка [a, b].

Величинаσ(f, P, ξ) =nXf (ξk )λkk=1называется интегральной суммой функции f , соответствующей разбиению(P, ξ).Определение. Функция f : [a, b] → R называется интегрируемой по Римануна отрезке [a, b], если существует такое число I ∈ R, что для любого ε > 0найдётся δ > 0, такое, что|σ(f, P, ξ) − I| < εдля любого разбиения с выделенными точками (P, ξ), удовлетворяющего неравенству λ(P ) < δ.204Число I называется интегралом Римана (или определённым интеграломRbРимана) от функции f по отрезку [a, b] и обозначается f (x) dx.aФактически, это определение означает, что существует пределlim σ(f, P, ξ) = Iλ(P )→0и этот предел не зависит от выбора выделенных точек в разбиениях (P, ξ).7.1[4], §6, № 4.1Вычислить определенный интеграл как предел интегральной суммы:Z1ex dx.0Решение.

Рассмотрим произвольное разбиение отрезка [0, 1] и построим верхнюю и нижнюю суммы Дарбу:S(f, P ) =nXxie (xi − xi−1 ),s(f, P ) =i=1nXexi−1 (xi − xi−1 ),i=1где λ(P ) = max (xi − xi−1 ) – диаметр разбиения. Для обоснования интегриi=1...,nруемости, рассмотрим разность:S(f, P ) − s(f, P ) =nXω(f, Ai )λi =i=1nX(exi − exi−1 )(xi − xi−1 ) =i=1{Теорема Лагранжа}nnnXXXηi22e (xi − xi−1 ) < e(xi − xi−1 ) ≤ eλ(P )(xi − xi−1 ) = eλ(P ).i=1i=1i=1Следовательно,limλ(P )→0nXi=1ω(f, Ai )λi = lim (S(f, P ) − s(f, P )) = 0.λ(P )→0Таким образом, ex интегрируема по Риману на отрезке [0, 1].205Выберем разбиение xi = ni , i = 0, 1, .

. . , n, ξi =Z1xe dx = limnX1n→∞ni=10·ei−1n= limn−1X1n→∞i=0i−1n ,i = 1, . . . , n:n1 en − 1· e = lim · 1=n→∞ n e n − 1n!−11ne −1(e − 1) lim= e − 1.1inn→∞7.2n[4], §6, № 4.2Вычислить определенный интеграл как предел интегральной суммы:Zπ/2sin x dx.0Решение. Рассмотрим произвольное разбиение отрезка [0, π2 ] и построимверхнюю и нижнюю суммы Дарбу:S(f, P ) =nXsin xi (xi − xi−1 ),s(f, P ) =i=1nXsin xi−1 (xi − xi−1 ),i=1где λ(P ) = max (xi − xi−1 ) – диаметр разбиения.

Для обоснования интегриi=1...,nруемости, рассмотрим разность:S(f, P ) − s(f, P ) =nXi=1ω(f, Ai )λi =nX(sin xi − sin xi−1 )(xi − xi−1 ) =i=1{Теорема Лагранжа}nnnXXXπ22cos ηi (xi − xi−1 ) <(xi − xi−1 ) 6 λ(P )(xi − xi−1 ) = λ(P ) .2i=1i=1i=1Следовательно,limλ(P )→0nXi=1ω(f, Ai )λi = lim (S(f, P ) − s(f, P )) = 0.λ(P )→0Таким образом, sin x интегрируема по Риману на отрезке [0, π2 ].206Рассмотрим разбиение отрезка [0, π2 ], xi =диаметр разбиения, ξi =iπ2n ,iπ2n ,i = 0, 1, . .

. , n, λ(P ) =π2n–i = 1, . . . , n: Zπ/2nnXXππiπsin x dx = limsin ξi = limsin=n→∞n→∞2n2n2ni=1i=10ππ· n2 sin 2n· n+1π sin 2n 2 =limπ1n→∞ 2nsin 2n · 2π sin π4 lim sin 2n· n+12n→∞2 π2= 2 sin= 1.πsin( 4n)4limπn→∞7.34n[4], §6, № 6Найти интегралRbxm dx, m ∈ Z, m 6= −1, b > a > 0, как предел интеграль-aных сумм, разбивая отрезок на части точками, образующими геометрическуюпрогрессию.Решение. Рассмотрим произвольное разбиение отрезка [a, b] и построим верхнюю и нижнюю суммы Дарбу:S(f, P ) =nXxmi (xi− xi−1 ),s(f, P ) =i=1nXxmi−1 (xi − xi−1 ),i=1где λ(P ) = max (xi − xi−1 ) – диаметр разбиения. Для обоснования интегриi=1...,nруемости, рассмотрим разность: nnX Xm|S(f, P ) − s(f, P )| = ω(f, Ai )λi 6|xmi − xi−1 | (xi − xi−1 ) =i=1i=1{Теорема Лагранжа}nXnX m−1 2m−1m−1|m| ηi (xi − xi−1 ) 6 |m| max(a,b)(xi − xi−1 )2 6i=1i=1|m| max(am−1 , bm−1 )λ(P )nX(xi − xi−1 ) =i=1|m| max(am−1 , bm−1 )(b − a)λ(P ).207Следовательно,nXlimλ(P )→0i=1ω(f, Ai )λi = lim (S(f, P ) − s(f, P )) = 0.λ(P )→0Таким образом, xm интегрируема по Риману на отрезке [a, b].iРассмотрим разбиение отрезка [a, b], xi = a · ab n , i = 0, 1, .

. . , n, ξi = xi−1 ,i = 1, . . . , n:Zbmx dx = limn−1Xn→∞axmi (xi+1 − xi ) =i=0i(m+1)n! n1blim am+1−1 =n→∞aai=0 1 b nb (m+1)m+1−1a−1aalim= (m+1)n→∞bn−1an−1 Xbbm+1 − a(m+1)(m+1)( b ) n −1lim a n1n→∞ ( b ) −1a7.4=bm+1 − a(m+1).m+1[4], §6, № 7Найти интегралRbdxx,0 < a < b, как предел интегральных сумм.iРешение. Рассмотрим разбиение отрезка [a, b], xi = a · ab n , i = 0, 1, . . . , n,aξi = xi−1 , i = 1, . . . , n:Zban−1n−1X (xi+1 − xi )Xdx= lim= limn→∞n→∞xxii=0i=0! n1b−1 =a! n1b− 1 = ln b − ln a.lim nn→∞a2087.5Задача № 117 из [4], §6Доказать равенствоlimn→∞11+ ...

Характеристики

Список файлов семинаров