Математика для 1 курса

=

3

ln

x2 − 4x +8

+ 5∫

dx

=

3

ln

x2

− 4x +8

2

(x − 2)

2

+ 4

2

x − 2

=

3

ln

x2

− 4x +8

+

5

arctg

+

2

2

2

где C - произвольная постоянная.

Задача 38. Найти интеграл ∫3sin3 x cos xdx . Решение. Произведем подстановку t =sin x, тогда

интеграл ∫sin3 xcos xdx =∫t3dt = t4	+C =	1 sin4	x +C,
4		4
C - произвольная постоянная.

+ 5∫	d (x − 2)				=
	(x − 2)	2	+ 2	2

C,

dt = cos xdx . Подставим в

Задача 39. Найти интеграл ∫

sin 2x

dx .

3 −cos4

x

Решение.

Произведем подстановку

cos2 x =t ;

тогда

−2cos xsin xdx = dt,

т.е. sin 2xdx = −dt. Теперь находим

+C = −arcsin cos2 x

∫

sin 2x

dx = −∫

dt

= −arcsin

t

+C,

3 −t2

3 −cos4 x

3

3

где - C - произвольная постоянная.

2x

Задача 40. Найти интеграл ∫

e

dx .

4

4x

−5

1

Решение.

Положим

e2 x = t ,

тогда

e2 x 2 dx = dt;

или

e2 x dx =

dt .

2

Подставив в интеграл, получим

∫

e2 x

dx =

1

∫

dt

=

1

1

ln

t − 5

+C =

1

ln

e2 x − 5

+C,

4

4 x

−

5

2

t

2

−5

2

t +

5

e

2 x

+ 5

2 5

4 5

где - C - произвольная постоянная.

Задача 41. Найти интеграл ∫x2

x3 +5dx.

Решение.

Введем

подстановку

x3 +5 = t;

тогда

x3 +5 =t2 .

Дифференцируем

обе

части

равенства:

3x2dx = 2tdt,

отсюда

x2dx =

2

tdt ,

3

следовательно,

2 t

3

2

3

2

2

2

2

3

3

∫x

+5dx = ∫t

∫t

+5 ) +C,

x

3 tdt =

3

dt

=

3 3

+C =

9 (

x

где - C - произвольная постоянная.

31

Задача 42. Найти интеграл ∫

dx

.

x

2x −9

t2 +9

Решение.

Введем подстановку

2x −9 =t; тогда

2x −9 =t2 ,

x

=

и

1

2

dx =

2tdt; dx =t dt . Подставим в интеграл

2

dx

tdt

dt

2

t

2

2x −9

∫

= ∫

= 2∫

=

arctg

+C =

arctg

+C,

x

(t

2

+9)

t

2

+9

3

3

3

3

2x −9

t

2

где - C - произвольная постоянная.

Задача 43. Найти интеграл ∫

x4 dx

.

10

x

−2

1

Решение.

Применим

подстановку

x5 = t;

тогда

5x4dx = dt ,

x

4dx =

dt ,

5

следовательно, интеграл примет вид

1

∫

x4 dx

= ∫

5 dt

=

1 ∫

dt

=

1 ln

t + t2 −2

+C =

1 ln

x5

+ x10

− 2

+C.

x10 −2

t2 −2

5

t2 −2

5

5

Задача 44. Найти интеграл ∫x2 ln xdx .

Решение. Воспользуемся методом интегрирования по частям, положив

	u = ln x;		dv = x2dx,
	тогда			x3
	du =	1 dx;	v = ∫x2dx =		.
		x	3

Применяя формулу интегрирования по частям, получим

∫x2 ln xdx =	x3	ln x −	1	∫x2dx =	x3	ln x −	1		x3
			3				3
3				3				3

где - C - произвольная постоянная.

Задача 45. Найти интеграл ∫x arctgxdx .

Решение. Пусть

u = arctgx;

dv = x

+C = x3 ln x − x3 +C, 3 9

dx,

тогда

du =		1		dx; v = ∫xdx =	x2	.
		+ x	2		2
1

Используя формулу интегрирования по частям, имеем

32

∫x arctgxdx =	x2	arctgx − ∫	x2		1		dx =	x2	arctgx −	1	∫	x2		dx .
	2				1+ x	2		2		2		1+ x	2
		2

В последнем интеграле сначала прибавим и вычтем единицу в числителе, а потом поделим почленно числитель на знаменатель. Получим

		∫x arctgxdx =					x2						1	∫	(x2 +1)			−1
								arctgx −									2	dx =
						2							2		1 + x
=	x2	arctgx −	1		∫dx − ∫		dx				=	x2	arctgx −			1		x +	1	arctgx +C,
	2		2			1 + x			2			2				2			2

где - C - произвольная постоянная. Задача 46. Найти интеграл ∫x2exdx .

Решение. Пусть	dv = exdx,
u = x2 ;
тогда	v = ∫ex dx = ex .
du = 2xdx;

Применяя формулу интегрирования по частям, можем написать

∫x2exdx = x2ex −2∫xex dx.

Чтобы найти ∫xex dx , применим еще раз интегрирование по частям. Полагаем u = x; dv = exdx; тогда du = dx; v = ex и

∫x2exdx = x2ex −2(xex − ∫exdx)= x2ex − 2xex + 2ex +C = ex (x2 − 2x + 2)+C,

где - C - произвольная постоянная.

Задача 47. Найти интеграл J = ∫ex sin xdx .

Решение. Пусть
u = ex ;	dv = sin xdx,
тогда
du = exdx;	v = ∫sin xdx = −cos x.

Следовательно, J = ∫ex sin xdx = −ex cos x + ∫ex cos xdx.

Попробуем еще раз проинтегрировать по частям последний интеграл.

	Принимаем u = ex ; dv = cos dx; тогда du = exdx;				v =sin x , получаем
	J = −ex cos x +(ex sin x − ∫ex sin xdx) или J = −ex cos x +ex sin x − J.
	Из этого уравнения находим			ex
	2J = −ex cos x + ex sin x, т.е. J =				(sin x −cos x)+C,
	где - C - произвольная постоянная.		2
		dx
	Задача 48. Найти интеграл ∫		.
		5x +7

33

Решение. Умножив числитель и знаменатель подинтегральной функции на 5,

получим

dx

1

5dx

1

d (5x +7)

1

∫

=

∫

=

∫

=

ln

5x +

7

+C,

5x +7

5

5x +7

5 5x +7

5

где - C - произвольная постоянная.

dx

Задача 49. Найти интеграл ∫

.

(3x + 2)

2

Решение.

∫

dx

= ∫(3x +

2)−2dx =

1

∫(3x + 2)−2 3dx =

1

∫(3x + 2)−2 d (3x + 2)=

(3x + 2)

2

3

3

1 (3x + 2)−1

1

=

(−1)

+C = −

+C,

3

3(3x + 2)

где - C - произвольная постоянная.

dx

Задача 50. Найти интеграл ∫

.

x

2

+6x +

25

Решение.

Выделим

полный

квадрат

в

знаменателе,

т.е.

x2 +6x + 25 = (x +3)2 +16, тогда

d (x +3)

∫

dx

=

∫

dx

= ∫

=

1

arctg

x +3

+C,

x

2

+6x + 25

(x +3)

2

+16

(x +3)

2

+16

4

4

где - C - произвольная постоянная.

Задача 51. Найти интеграл ∫

x2 + 2x +6

dx .

(x −1)(x −2)(x −4)

Решение.

Так

как

каждый

из

двучленов

x −1,

x −2, x −4 входит в

знаменатель в первой степени, то данная правильная рациональная дробь может быть представлена в виде суммы простейших дробей 1-го типа:

x2 + 2x +6	=	A	+	B	+	C	,
(x −1)(x −2)(x −4)		x −1		x − 2		x − 4

где A, B,C - некоторые постоянные.

Приведем правую часть к общему знаменателю и приравняем числители, получим

x2 + 2x +6 = A(x −2)(x −4)+ B(x −1)(x −4)+C (x −1)(x −2).

(6)

Следовательно,

x2 + 2x +6 = A(x2 −6x +8)+ B(x2 −5x + 4)+C (x2 −3x + 2).

Сгруппируем члены с одинаковыми степенями x :

x2 + 2x +6 = x2 (A + B +C)+ x(−6A −5B −3C)+(8A + 4B + 2C).

Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x , получаем систему уравнений

34

A + B +C =1,−6A −5B −3C = 2,8A + 4B + 2C = 6,

из которой найдем A = 3, B = −7, C = 5 .
Итак, разложение рациональной дроби на простейшие имеет вид
	x2 + 2x +6	3		7		5
		=		−		+		.
	(x −1)(x −2)(x −4)		x −1		x − 2		x − 4
Неизвестные A, B,C в разложении можно						определить иначе.			После
освобождения от знаменателя можно придать x столько частных значений,									сколько

содержится в системе неизвестных, в данном случае – три частных значения. Особенно удобно придавать x значения, являющиеся действительными корнями знаменателя.

Применим этот прием. После освобождения от знаменателя мы имеем

равенство (6):

x2 + 2x +6 = A(x −2)(x −4)+ B(x −1)(x −4)+C (x −1)(x −2).

Положим x =1, тогда

1+ 2 +6 = A(1−2)(1−4);

откуда

9 = 3A; A = 3.

Полагая x = 2, получаем 14 = −2B; т.е.

B = −7 . Полагая

x = 4, имеем 30 = 6C ,

т.е. C = 5 . В результате получились те же значения, что и при первом способе

определения неизвестных. Таким образом,

x2 + 2x +6

dx

dx

dx

∫

dx =3∫

−7∫

+5∫

=

(x −1)(x −2)(x −4)

x −1

x −2

x − 4

=3ln

x −1

−7ln

x −2

+5ln

x −

4

+C = ln

(x −1)3

(x −4)5

+C,

(x −2)7

где - C - произвольная постоянная.

3x + 2

Задача 52. Найти интеграл ∫

dx .

x(x +1)

3

Решение. Подынтегральная дробь правильная. Разложение подынтегральной

функции на простейшие будет иметь вид

3x + 2

=

A

+

B

+

C

+

D

.

x(x +1)3

x +1

(x

+1)2

(x +1)3

x

Приведем правую часть к общему знаменателю и приравняем числители, получим

3x + 2 = A(x +1)3 + Bx(x +1)2 +Cx(x +1)+ Dx.

Комбинируя метод частных значений и сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x , найдем:

35

x = 0

2 = A, A = 2,

x = −1

−1 = −D, D =1,

x3

0 = A + B; B = −A; B = −2,

x2

0 =3A + 2B +C = 6 −4 +C;0 = 2 +C;C = −2;

Теперь можем написать

∫

3x + 2

dx = 2∫dx

−2∫

dx

−2∫

dx

+ ∫

dx

=

x(x +1)

3

x +

1

(x +1)

2

(x +1)

3

x

= 2ln | x | −2ln | x +1| −2∫(x +1)−2 d

(x +1)+ ∫(x +1)−3d (x +1)=

(

)

(

)

x

2

2

= 2ln | x | −2ln | x +1| −2

x +1

−1

+

x +

1 −2

+C = 2ln

+

−

+C,

(−1)

(−2)

x +1

x +1

(x +1)2

где - C - произвольная постоянная.

Задача 53. Найти интеграл ∫

dx

.

4sin x +3cos x +5

Решение. Применим подстановку tg

x

= t,

тогда

2

2t

1 −t2

2dt

sin x =

;

cos x =

;

dx =

и

+t2

1 +t2

1

2dt

1+t2

dx

dt

∫

= ∫

1 +t2

= 2∫

=

4sin x

+3cos x

+

5

2t

1 −t

2

8t +3

−

3t

2

+5 +5t

2

4

+

3

+5

1

+t2

1

+t2

= 2∫

dt

= 2

1

∫

dt

= ∫

dt

= ∫(t + 2)−2 d (t + 2)

= −

1

+C.

2t

2

2

t

2

+ 4t + 4

(t

+ 2)

2

t

+

2

+8t +8

Возвращаясь к старой переменной, получим

∫

dx

= −

1

+C,

4sin x +3cos x +5

tg

x

+ 2

где - C - произвольная постоянная.

2

Задача 54. Найти интеграл ∫

dx

.

sin2 x −4sin xcos x +5cos2 x

Решение. Применим подстановку tgx =t, при этом

dt

sin x =

t

, cos x =

1

; dx =

.

1 +t2

1+t2

1+t2

Тогда

36

dx

dt

∫

=

∫

1 +t2

=

sin

2

x

−4sin xcos x +

5cos

2

x

t

2

−

4

t

1

+

5

1

1 +t2

1 +t2

1 +t2

1

+t2

= ∫

dt

= ∫

dt

= ∫

d

(

t −2

)

= arctg (t − 2)+C = arctg (tgx − 2)+C,

t

2

−4t +5

(t

−2)

2

(t

−

2)

2

+1

+1

где - C - произвольная постоянная.

Задача 55. Найти интеграл ∫

dx

.

(2x +

1)

2 / 3

−(2x

1/ 2

+1)

Решение.

Применим

подстановку

2x +1 =t6 ;

продифференцировав это

соотношение, получим 2dx = 6t5dt;т.е.

dx =3t5dt. Следовательно,

∫

dx

= ∫

3t5dt

=3∫

t5

dt =3∫

t2

dt.

(2x +1)2 / 3 −(2x +1)1/ 2

t4 −t3

t3 (t −1)

t −1

Прибавим и вычтем единицу в числителе последнего интеграла, получим

dx

(t2 −1)+1

1

=3

dt =3

t

+

1 +

dt =

∫(2x +1)2 / 3 −(2x +

1)1/ 2

∫

t −

1

∫

t

−1

tdt +

dt +

dt

t

2

+3t +3ln

t −1

+C,

=3

=3

∫

∫

∫t −1

2

где - C - произвольная постоянная.

1

Возвращаясь к старой переменной t = (2x +

1)6 , получим

dx

1

1

∫

=

3 (2x +1)3

+3(2x

+1)6 +3ln

6 2x +1 −1

+C.

2 / 3

1/ 2

(2x +1)

−(2x +1)

2

ln 5

e

x

xe

x

−1dx .

Задача 56. Найти интеграл

∫

e

0

+3

Решение.

Положим t =

ex −1,

тогда t2 = ex −1,

ex =t2 +1, 2tdt = exdx .

При x = 0

t =

e0 −1 = 0 ; при x = ln5

t =

eln 5 −1 =

5 −1 = 2 , поэтому

ln 5 ex

ex

−1

2

t2tdt

2

t2

2 (t2 + 4)− 4

∫

dx

= ∫

= 2∫

dt = 2∫

2

dt

=

e

x

+

3

2

+1 +

3

2

+ 4

t

+ 4

0

0 t

0 t

0

2

4

2

2

dt

t

2

= 2∫

1

−

dt

= 2

∫dt − 4∫

= 2 t

−

2arctg

=

2

2

2

0

t

+ 4

0

0 t

+ 4

0

= 2(2 − 2arctg1)= 4

− 4

π

= 4 −π.

4

37

																		5 / 2							x2dx							dx .
Задача 57. Найти интеграл																		∫
																		0						25 − x2
Решение.				Введем подстановку																					x =5sin t ;													тогда						dx =5costdt .				При x = 0
sin t = 0 , t = 0 . При x =										5		,	5sin t =										5		;		sin t				=				1	;		t =					π	. Имеем
										2													2																				6
																															2
						5			x2dx				π					25sin2 t 5costdt																										π
						2							6																															6
						∫							= ∫																										= 25					∫sin2 tdt .
									25 − x2																5cost
						0							0																															0
Применим формулу sin2 t =																			1 −cos 2t											, находим
																									2
5		2							π											π																							π			π
2	x		dx						6						25						6																	25					6		1	6
∫					= 25∫sin2 tdt =																∫	(1 −cos 2t )dt =																					∫dt −			∫cos 2td (2t ) =
														2																									2						2
0	25 − x2								0												0																						0			0
						25				1								π					25					π			1 3										25(2π −3 3 )
																		6
				=					t −			sin 2t									=								−										=								.
						2				2													2					6			2 2													24
																		0
																		1
Задача 58. Найти интеграл ∫xe−xdx.
																		0
Решение. Воспользуемся методом интегрирования																																													по частям.			Положим
u = x ; dv = e−xdx , откуда du = dx ;																						v = ∫e−xdx = −∫e−xd (−x)= −e−x , тогда
						1																1			1																	1			1
								∫xe−xdx = −xe−x																+ ∫e−xdx = −xe−x
																						0																				0 −e−x			0	=
									0																0

=−e−1 −e−1 +1 = −2e−1 +1 = −e2 +1 = e −e 2 .

4.Примеры решения типовых задач

к контрольной работе №4

[6], с. 3...56

Разделы: ”Интегральное исчисление функции одной переменной”,

”Дифференциальное исчисление функций нескольких переменных”

+∞ dx

Задача 59. Вычислить несобственный интеграл ∫e x ln x или установить его расходимость.

38

Решение. Используя определение несобственного интеграла по бесконечному промежутку и формулу Ньютона-Лейбница, будем иметь

1

A

+∞

dx

A

1

(ln x)2

∫

= lim ∫

(ln x)−

2 d (ln x)= lim

=

1

e x

ln x

A→+∞ e

A→+∞

ln x

A = 2

ln A − ln e

)

2

e

= lim 2

lim

= +∞,

A→+∞

e

(A→+∞

интеграл расходится.

+∞

xdx

Задача 60. Вычислить несобственный интеграл ∫

или установить

2

(x2 +5)3

его расходимость.

Решение. Используя определение несобственного интеграла по бесконечномупромежутку и формулу Ньютона-Лейбница, можем написать

		+∞						xdx															A									3												1			A								3
		∫													= lim							∫		(x2 +5)−2 xdx = lim																						∫		(x2 +5)−							2 2xdx =
				(x2 +5)3																																								2
		2																A→+∞					2																		A→+∞						2
						1						A	(x2 +5)−											3														1 (−2) lim										(x2		+5)−					1		A
		=							lim			∫												2 d (x2 +5)=																															2			=
						2 A→+∞						2																										2					A→+∞														2
																							1											1													1			1
											= −																						−								= − 0 −								=			,
																														1				9													3			3
																		lim					A		2	+5			)	2
																		A→+∞(																1
следовательно, интеграл сходится и равен																																				.
																																		3																			1		x2 −6x +5
																																																																dx или
Задача 61.										Вычислить														несобственный интеграл																													∫
																																																										2 x
установить его расходимость.																																																					0
				1					2																				1					3							1				−1
				∫			x −6x						+5										1						∫
Решение.																			dx =							lim						x		2 −6x2 +5x													2 dx			=
				0						2 x													2 ε→0+0 ε
	1				2					5					2			3								1					1			1					2			1											1						16				1
=		lim							x2 −6									x2 +				5 2x2										=									−		4 +5 −0								=				+3			=				= 3			.
	2				5										3																			2					5			2											5						5				5
		ε→0+0
																															ε

Интеграл сходится и равен 3 15 .

39

Задача 62. Используя признаки сходимости, установить сходится или

1

sin x

dx.

расходится несобственный интеграл ∫

0

1− x2

sin x

Решение. Сначала заметим, что функция

непрерывна на промежутке

[

1 − x2

)

[

)

имеет бесконечный

разрыв

в

точке

x =1. Но в

промежутке

0,1

и

0,1

выполняется неравенство

sin x

≤

1

. Исследуем на сходимость интеграл

1− x2

1− x2

1

dx

= lim

A

dx

= lim arcsin x

0A =

π −0 =

π .

∫

∫

0

1− x2

A→1−0

0

1− x2

A→1−0

2

2

Следовательно, на основании признака сравнения сходится и данный

интеграл, причем сходится абсолютно.

y + x −5 = 0 и

Задача 63. Найти площадь S фигуры, ограниченной линиями:

y

xy = 4 (рис.11).

Решение. Построим графики функций

5

и

найдем

точки

их

пересечения.

Для

A

определения

точек

пересечения решим

4

систему

y + x

−5 = 0,

x = 5 − y,

− y)y = 4,

xy = 4,

(5

B

x = 5 − y,

1

x

5y − y2 −4 = 0.

O

1

4

5

Решаем

квадратное

уравнение

рис.11

y2 −5y +4 = 0.

Получаем

y =1,

тогда

x1

y2 = 4,

x2 =1. Следовательно,

1

A(1;4)

= 4 , и

тогда

точки

пересечения

и

B

(4;1). Тогда площадь, ограниченная данными линиями, находится по формуле:

4

4

x2

4

1

S =

∫1

5 − x −

x

dx = 5x −

− 4ln x

= 20 −8 −

4ln 4 −

5 −

−0

=

2

2

1

=12 −4ln 4

− 9

=

15

− 4ln 4 =15 −8ln 2.

Ответ: S = 7,5 −8ln 2.

2

2

2

Задача 64. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной одной аркой

циклоиды

x = 2(t −sin t ),

y = 2(1 −cost ) и осью Ox (рис.12).

40