Типовик / Типовик, 3 модуль

Добавил:

FilimonLipin86 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный университет информационных технологий, механики и оптики

Предмет:

Высшая математика

Файл:

функции (x) ax b, тогда

d(ax b) adx. Следовательно,

f (ax b)dx

f (ax b)d(ax b)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.06.2023

Размер:

1.01 Mб

Скачать

☆

1 / 41 2 3 4 > Следующая >>>

Типовой расчет поматематике

Интегрированиефункцииоднойпеременной

3модуль

Учебно-методическоепособие

Санкт-Петербург

2014

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКИЙ НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ

УНИВЕРСИТЕТ ИНФОРМАЦИОННЫХ ТЕХНОЛОГИЙ, МЕХАНИКИ И ОПТИКИ

Брылевская Л.И., Бодрова Н.А., Далевская О.П.,

Сейферт И.В., Сытенко Н.В.

Типовой расчет по математике

Интегрированиефункцииоднойпеременной

3модуль

Учебно-методическоепособие

Санкт-Петербург

Брылевская Л.И., Бодрова Н.А., Далевская О.П., Сейферт И.В., Сытенко Н.В.

Типовой расчет “Интегрирование функции одной переменной”. 3

модуль.Учебно-методическоепособие.–СПб: НИУ ИТМО, 2014.–75 с.

Предлагаемое пособие предназначено для студентов технических специальностей первого курса.

Рекомендовано к печати Ученым советом естественнонаучного факультета, 22.06.2013, протокол №5.

В 2009 году Университет стал победителем многоэтапного конкурса, в результате которого определены 12 ведущих университетов России, которым присвоена категория «Национальный исследовательский университет». Министерством образования и науки Российской Федерации была утверждена Программа развития государственного

образовательного учреждения высшего профессионального образования «Санкт-Петербургский государственный университет информационных технологий, механики и оптики»на2009–2018 годы.

Санкт-Петербургский национальный исследовательский Университетинформационных технологий, механики и оптики, 2013

Брылевская Л.И., Бодрова Н.А., Далевская О.П., Сейферт И.В., Сытенко Н.В. 2013

2014

Оглавление

ЧастьI.МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ..........................................................................................................	3
Раздел1.НЕОПРЕДЕЛЁННЫЙ ИНТЕГРАЛ..................................................................................................	3
Задание1.Интегрированиеметодом внесения подзнакдифференциала..............................	4

Задание2.Нахождениеинтеграловвида

sin x cos xdx,...............................................4

Задание3.Нахождениеинтеграловвида

Mx N

dx,

Mx N

ax2 bx c

dx ..........................................................................................................................

ax2 bx c

Задание4.Интегрированиедробно-рациональныхфункций

..................................................... ( , 1

1,…,

2 +

Задание5.Интегрированиеиррациональныхфункцийвида

............................................................................................................

Задание6.Интегрированиеиррациональныхфункцийвида R x,

a x

R x,

, R x,

x2 a2

a2 x2

Задание7.Интегрированиетригонометрическихфункций R(sinx,cosx)методом

подстановки........................................................................................................................................

Раздел2. ОПРЕДЕЛЁННЫЙ ИНТЕГРАЛ...................................................................................................

Методы интегрирования..............................................................................................................

Задание8.Методинтегрирования почастямв определённом .............................интеграле

Задание9.Методзамены переменной в определённоминтеграле.......................................

Приложения определённогоинтеграла

....................................................................................

Задания 10,11,12.Нахождениеплощади области,ограниченнойкривыми,и отыскание

длины кривой.

....................................................................................................................................

Раздел3.НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ................................................................................................

Задание13.Нахождениенесобственныхинтегралов:................................................................

а) по бесконечному промежутку интегрирования,......................................................................39

б) от неограниченной на отрезке функции...................................................................................	39
Часть2.ТИПОВЫЕ ЗАДАНИЯ....................................................................................................................	43

Часть I. МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ

Типовой расчёт содержит 30 вариантов заданий по трём разделам интегрального исчисления: «Неопределённые интегралы», «Определённые интегралы и их приложения» и «Несобственные интегралы». В каждом варианте 15 задач.

Разберём решения типовых заданий по каждому из указанных разделов.

Раздел 1. НЕОПРЕДЕЛЁННЫЙ ИНТЕГРАЛ

Для выполнения первых трёх заданий помимо знания таблицы интегралов нам понадобится:

1) свойство линейности неопределённого интеграла

(a f (x) b g(x))dx a f (x)dx b g(x)dx , где a,b R;

2)знание тригонометрических формул и основных свойств элементарных функций;

3)метод интегрирования внесением под знак дифференциала.

По определению дифференциала функции '(x)dx d( (x)).

Переход в этом равенстве слева направо называют «подведением множителя '(x)подзнак дифференциала».


Пусть требуется найти интеграл вида f ( (x)) '(x)dx.		В этом
интеграле подведём функцию '(x) под	знак дифференциала, а затем
выполним подстановку (x) u (замену	переменной интегрирования),
тогда мы получим формулу подстановки в неопределённом интеграле
f( (x)) '(x)dx f( (x))d( (x)) f(u)du		(1)

С появлением некоторого навыка интегрирования подстановка (x) u

обычно производится в уме.

Простой частный случай формулы (1) можно получить для линейной

Задание1.Интегрирование методом внесения под знак дифференциала.

	Пример 1. Найдите		dx

			4x 1
			4x 1

Решение:Воспользуемся формулой (2), поскольку внутренняя функция композиции (x) 4x 1линейна:

(4x

1) 0,5 d(4x 1)

2(4x 1)0,5

4x 1

С .

4x 1 4

Пример 2.

Найдите

(3arctg4x 1)dx

1 x

Решение:

Воспользуемся свойством линейности, разобьём исходный интеграл на сумму двух интегралов и вынесём константу за знак первого интеграла

4	x		1			dx
3arctg	x	3 arctg4x	1		dx	dx
2		3 arctg4x	1 x	2	dx	1 x	2
1 x			1 x			1 x

Второй интеграл табличный, а в первомвнесём производную под знак

дифференциала	1	dx d(arctgx),	выполним подстановку arctgx t и

1 x2

воспользуемся табличной формулой для интеграла от степенной функции

3 t4	dt arctgx 3	t5	arctgx С 3	arctg 5 x	arctgx С .
				5
	5

Задание2.Нахождение интегралов вида sin x cos xdx,
cos x cos xdx, sin x sin xdx, sinn x cosm x dx	(3)

Для нахождения интегралов вида sin x cos xdx , cos x cos xdx,

sin x sin xdx, следует преобразовать подынтегральную функцию,

воспользовавшись формулами тригонометрии

sin x cos x 1(sin( )x sin( )x)

cos x cos x

(cos( )x cos( )x)

(4)

sin x sin x

(cos( )x cos( )x)

Пример 1. Найдите

формуле (4)

, то

Решение.

Так как по∫

(sin12

−sin8 )

cos12

cos8

cos12

= −

−

+ =

−

+ .

Для нахождения интегралов вида

используют метод

замены переменной

(или

метод

внесения под знак дифференциала) и

формулы понижения степени:

∫

1 −

1 +

(5)

Рассмотрим случай, когда хотя бы один показатель степени

является нечётным числом. Пусть n = 2k + 1. Тогда

(

), то,

обозначив

Так как

, а

∙sin

cos

= ,

получим интеграл от рациональной функции:

sin

= −

cos

= 1 −

Отметим, что∫этот метод

интегрирования применим и в случае, когда

= −

∫(1 −

)

один

из

показателей

степеней

m илиn нечётное

число,

а второй

–

рациональное число.

Если оба показателя степеничётные, то степени необходимо понизить, используя формулы понижения степени (5), известные из курса тригонометрии.

Пусть n 2k,m 2l.Тогда

∫	= ∫(	) (	) =	∫(1 − 2 ) (1+

2	) .		5

В полученном интеграле следует раскрыть скобки, воспользоваться свойством линейности (т. е. представить как сумму интегралов) и применять описанные методы до тех пор, пока интеграл не сведётся к сумме табличных первообразных.

Рассмотрим оба случая на примерах.

Пример 2.Найдите		∫	.
Решение. Так как		∫
	показатель степени – чётное число (n = 4), используем
формулу (5) и раскроем скобки:				)		1
=		(1−	2	)	=	1	(1 − 2 2 +	2 ) .
=		4			=	4	(1 − 2 2 +	2 ) .

Полученный интеграл равен сумме трёх интегралов:

1		1		1
=	4	−	2	2 +	4

Первые два интеграла будут равны 1 x и 1sin2x

4 4

2 .

соответственно. В

последнем интеграле опять применим формулу понижения степени:

				1								1			1
В результате		2	=	2	(1+					4 )		=		2	+	8	4		+ .
	имеем				3		1					1
					3		1					1
Пример 3. Найдите					=	8	−	4		2		+	32		4		+ .
									.
					√степень				.
Решение. Заметим,∫что					√степень					функции					sin x,n 3				2,	является
рациональным		числом,		а показатель степени											cosx –			нечётное число
Тогда										sin		= , cos					=		sin	=	.
(m 1). Значит, можно ввести замену:										2					2		(sin	) +			.


cos			2	=						=	5	+			=	5
cos		=	2				+ .			=	5	+			=	5
		=	5				+ .


Задание3.Нахождение интегралов вида			Mx N
				dx,
			ax2 bx c
	Mx N	dx

	ax2 bx c

(первый интеграл рассмотрим при условии, что квадратный трёхчлен не имеет корней, то есть его дискриминант D 0).

Метод интегрирования подобных функций заключается в следующем. Пользуясь свойством линейности, представим исходный интеграл в виде суммы двух интегралов от дробей с теми же

знаменателями,

числителе

первой

дроби

будет производная

(ax2 bx c)' 2ax b,

а в

числителе

второй

– единица.

Такое

преобразование позволяет свести исходные интегралы к табличным.

Так как Mx N

(2ax b) N

для

первого и

второго

интегралов получим следующие разложения

Mx N

2ax b

(6)

dx N

ax2 bx c

2a ax2 bx c

Mx N

2ax b

(7)

dx N

ax2 bx c

В первых интегралахполученных сумм достаточно воспользоваться методом внесения под знак дифференциала или методом подстановки.Поскольку(2ax b)dx d(ax2 bx c), обозначим s =ax2 + bx

+ c, тогда легко получим табличные интегралы

2ax b

C ln

bx c

2ax b

C 2

ax2 bx c

bx c

Выделение полного квадрата в квадратном трёхчлене ax2 bx cв

интегралах

, также позволяет их свести к

ax2 bx c

табличным интегралам, посредством замены

x b t, dx dt.

Рассмотрим несколько примеров.

Пример 1. Найдите

(x 8)dx

x2 4x 20

Решение. Представим интеграл в виде суммы двух интегралов (6), в числителе у первого из них производная знаменателя, а у второго – константа.

(x 8)dx

(2x 4) 12

(2x 4) dx

x2 4x 20

Выделим полный квадрат в знаменателе дроби под знаком второго интеграла: x2 4x 20 (x 2)2 42. В результате:

	1	d(x2 4x 20)			dx		1		2		3		x 2
				6				ln(x		4x 20)		arctg		c
	2	x2 4x 20		6	(x 2)2 42		2	ln(x		4x 20)	2	arctg	4	c
Пример 2. Найдите			∫√			.

Решение. Найдём дифференциал подкоренного выражения:

													d (2x2 x 1) (4x 1)dx.
Получим 4x 1в числителе:
																3x 1						3	(4x 1)							1	.
																3x 1							(4x 1)								.
																				4									4
							3x 1					dx						3			4x 1								dx			1					dx

							2													2															2x		2
						2x x 1											4			2x x 1									4						2x				x 1
	3								1							dx									3											1								dx
	3		2x2 x 1						1							dx									3			2x2 x 1								1								dx

																																													2
	2								4					x		2			x 1 2																4 2									1			7
	2								4							2			x 1 2																4 2									1			7
											2								2																							x
											2																															x					16
																				2																								4			16
Заменим					в последнем интеграле																	x				1	t,		k2				7	,	dx dt:
Заменим					в последнем интеграле																	x					t,		k2					,	dx dt:
																				4									16
					dx												dt																								1
																																	c ln					x					x2			x		1	c
																				ln				t t2 k2																						x		1


				1 2						2					t2 k2																									4						2 2
								7																																4						2 2
								7
		x

				4			4
				4			4

Таким образом,

3 − 1

√2

− + 1

2 − + 1−

ln −

−

+ .

Пример 3. Найдите

4√2

∫√

Решение. Так как

d( x2

4x 7) ( 2x 4)dx, а x 1 можно представить в следующем виде

x 1

( 2x 4) 1,

то

x 1

( 2(x 2))

4x 7

11 (x 2)

гдеt x 2, k 11.

Последний интеграл является табличным:

+ .

Тогда

√

−

√11

(

+1)

= − −

− 4

+7 −

+ .

√−

− 4

√11

Задание 4.Интегрирование дробно-рациональных функций

Как известно, дробно-рациональной функцией (рациональной

	P (x)		a xn a xn 1		... a		n 1	x a
дробью) называют функцию вида	n		0	1			n 1	n
дробью) называют функцию вида	Q (x)		b xm b xm 1			... b
	Q (x)		b xm b xm 1			... b
	m	0		1				m

(m, n, i, j N 0, ai, bj R, a0 0,b0 0).

При интегрировании рациональной дроби прежде всего нужно выяснить, является ли она правильной или нет. Если рациональная дробь неправильная, т.е. n m, то необходимо выделить её целую часть, разделив числитель на знаменатель:

Pn (x) Gn m (x) Fk (x) . Qm (x) Qm (x)

В результате мы получим многочлен Gn m(x)степени n m, называемый

неполным частным, и остаток от деления – правильную дробь Fk (x) , в

Qm (x)

которой степень числителя 0 k m .

Найти интеграл от многочлена Gn m(x) труда не составляет. Если

остаток от деления Fk (x) не удаётся проинтегрировать непосредственно

Qm (x)

с помощью элементарных методов интегрирования, то эту рациональную

дробь следует разложить на простейшие дроби, то есть дроби									четырёх
типов:	A	,	A	,	Mx N	,	Mx N	, где A,M, N,a,p,q R,
							x2 px q r

	x a		x a s		x2 px q
s, r N,s,r 2,а				квадратный			трёхчлен	x2 px qне	имеет

действительных корней.

Воспользуемся теоремой о разложении правильной рациональной дроби на сумму простейших дробей.Пусть знаменатель исходной дроби представим в виде произведения

( ) = ( − ) ∙ ( − ) 1 ∙ …2∙( −k –) ∙ ( +								+ ) ∙ …∙
( ++	+	) ,	(8)	s1, s2	,...,sk		действительные корни этого
				где	a , a ,...,a
многочлена кратности						соответственно, а каждый квадратный
трёхчлен	x2 pix qi			имеет пару сопряжённых комплексных корней
кратности	ri .	Тогда		рациональная дробь			представима	в виде суммы

простейших дробей, причём их количество и вид этих дробей зависит от

разложения Qm(x), а именно:

каждый множитель вида

определяющий действительный

корень

j кратности sj ,

порождает сумму

простейших дробей вида

−

Ajsj

Aj1

Aj2

...

x aj

x aj 2

x aj sj

каждый

множитель

вида x2

pix qi ri

определяющий пару

сопряжённых

комплексных

корней

кратности

, порождает суммуri

простейших дробей вида

+ + +

( +

++ )

+ +

( +

++ )

Складываем все промежуточные суммы и получаем следующее разложение:

P (x)

A1s

Aks

x a1

x a1 2

... x a1 s1

... x ak

... x ak sk

Qm (x)

x N

...

M1r x N1r

...

x2 p1x q1

p1x q1 2

x2 p1x q1 r1

x N

...

Mlr

x Nlr

x2 pl x ql

pl x ql

x2 pl x ql

Простейшие дроби легко интегрируются. Для разложения рациональной дроби на простейшие остаётся отыскать значения постоянных Ai, Mi, Ni , стоящих в числителях простейших дробей. Для простоты напомним методы их нахождения на конкретных примерах.

x2 x 2

Пример 1. Найдите (x 1)(x 2)(x 3) dx

Решение.

Подынтегральная функция представляет собой правильную рациональную дробь (степень числителя 2 меньше степени знаменателя 3).

Знаменатель имеет три действительных корня x 1, x 2, x 3 первой кратности, значит, каждый из них порождает одну простейшую дробь первого типа, и в итоге мы имеем следующее разложение:

	x2 x 2	A	B	C
					.	(9)
		x 1	x 2
	(x 1)(x 2)(x 3)			x 3
Домножим обе части равенства (8) на знаменатель исходной дроби
	x2 x 2 A(x 2)(x 3) B(x 1)(x 3) C(x 1)(x 2).					(10)

Для нахождения неизвестных постоянных A, B,C используют два метода.

Первый их них основывается на том, что равенства (9) и (10) являются тождествами, то есть должны обращаться в верное равенство при любых значениях x. Для того чтобы найти значения трёх неизвестных

постоянных A, B, C, достаточно подставить в равенство (10) три различные значения x , получить систему из трёх линейных уравнений с тремя неизвестными и решить её относительно A,BиC . Чтобы существенно упростить задачу, выберем в качестве значений xкорни знаменателя x 1,x 2, x 3. Это позволяет обнулить несколько слагаемых правой части равенства (10). Тогда

x 1 12 1 2 A(1 2)(1 3) B(1 1)(1 3) C(1 1)(1 2) 2A 2 A 1 x 2 4 B B 4

x 3 8 2C C 4

Все константы найдены.

Второй метод основан на том, что в левой и правой частях равенства (10) находятся равные многочлены. В нашем случае, раскрыв скобки и приведя подобные, получим

x2 x 2 (A B C)x2 (5A 4B 3C)x (6A 3B 2C).

Как известно, два многочлена равны, если они одной степени и имеют равные коэффициенты при x в одинаковых степенях. Значит, в нашем случае

A B C

5A 4B 3C 1 .

6A 3B 2C 2

Решая эту систему, мы получим те же значения постоянных. Теперь можно перейти к нахождению интеграла

− + 2		=		−4			+4		=
( − 1)( − 2)(	− 3)	=	−1	−4		−2	+4	− 3	=
	( − 1)		( − 2)			( − 3)
=	− 1	− 4	−2		+4		− 3	=
= ln\|	−1\| − 4ln\|		− 2\|+ 4ln\|			− 3\| +
\|	− 1\|(	−3)
= ln	( − 2)		+ .

Очевидно, что в данном примере решение с использованием первого метода оказывается более простым. Этот метод быстро приводит к результату, когда знаменатель дроби имеет только действительные корни первой кратности. Если же знаменатель имеет корни более высокой кратности или комплексные корни, то, как правило, в решении удобно

комбинировать использование первого и второго методов. Рассмотрим такой пример.

x4 x3 17x2 9

Пример 2. Найдите x2(x3 x2 9x 9) dx

Решение.

Подынтегральная функция – правильная рациональная дробь. Мы видим, что многочлен в скобках в знаменателе допускает дальнейшее разложение на множители. Приведём знаменатель к виду (8):

x2(x3 x2 9x 9) x2(x 1)(x2 9)

x4 x3 17x2 9

Приступим к разложению дроби				на простейшие.
	x2(x 1)(x2
		9)
Знаменатель дроби имеет следующие корни:
1) x 0 – действительный корень 2-й кратности,					значит, в разложении
имеем сумму двух простейших дробей вида			A	B	,

			x x2

2) x 1 – действительный корень первой кратности, значит, в разложении добавится дробь C ,

3)многочлен x2 9 имеет пару комплексных корней первой кратности, он

порождаетодну дробь вида Dx E . x2 9

x4 x3 17x2 9 A B C

Dx E

В итоге имеем разложение:

x2(x 1)(x2

x 1

x2 9

Умножив левую и правую части данного равенства на знаменатель

исходной дроби, получим:

x4 x3 17x2 9

Ax(x 1)(x2 9) B(x 1)(x2

9) Cx2(x2

9) (Dx E)x2(x 1)

(11)

Воспользуемся первым методом

отыскания постоянных. Зададим

следующие значения переменной

x 0 9 9B B 1

x 1 10 10C C 1

Остальные константы найдём с помощью второго метода.

+ +17 − 9 = ( + + ) + (− + − + ) +

+(9

−

+ 9

−

)

+(−9

)

− 9 .

A C D

A B D E

17,

тогда с

учётом

уже

найденных

Таким образом, 9A B 9C E

9A 9B

коэффициентов получим из первого уравнения:

A D 0,

(12)

из второго: E 0 ; из четвёртого:

A 1; из уравнения (12):

D 1.

В итоге получаем

− 9

+17

−

(

− 1)(

+9)

−1

= ln|

|−

+ln|

−1|

−

ln| + 9|+ .

Задание 5.Интегрирование иррациональных функций вида

( ,

,…,

Интеграл вида

(13)

где m1, m2,...,ms

целые,

k1,k2,...,ks

– натуральные, преобразуется в

∫

( ,

,…,

)

=tp ,bгде

интеграл от рациональной функции с помощью подстановки

p– наименьшее общее

кратное

чисел

k1,k2,...,ks.

Тогда

a c tp

(ad bc)p tp 1

(a c tp)2

R x,k1

Интегралы

вида

(ax b)m1

, k2

(ax b)m2

,...,ks

(ax b)ms

R x,k1

, k2

..., ms

dx являются частными случаями интеграла (13)

xm1

xm2

xms

и приводятся кинтегралам от рациональной функции с помощью аналогичных подстановок: ax b tp и x tp соответственно.

Пример 1. Найдите интегралI

(2x 1)

2x 1

Решение.

p 6.

Здесь

k1 3, k2

поэтому

Применим

подстановку

2x 1 t

. Тогда x

dx 3t dt и, следовательно,

= 3

− 1+1

= 3

+1 +

−1

−

− 1

старой=

переменной+ 3 + 3ln|. Так− 1|+как .

, то

= (2

+1)

Вернемся к

√2

+3√2

+3ln|√2

− 1|+ .

Пример 2. Найдите интеграл

= ∫

Решение.

Сделаем замену

. Выражая отсюда x, получим

1 −

−

Тогда

(1+

)

∫

= −4∫(

) .

Полученный интеграл вычислим с помощью метода интегрирования по частям

(1+

)

+1)

= =

(

( + 1)

(

+1)

( +1)

= −

+1)

( ) + .

= −

+ 1)

+ 1

= −

+1)

Применив обратную подстановку, получим, что

√1 −

1 −

= −

+ .

Задание 6.Интегрирование иррациональных функций видаR x,a2 x2 ,

R x,x2 a2 , R x,a2 x2 .

Если интегралы от таких функций не удаётся найти более простыми методами, то во всех трёх случаях с помощью тригонометрических подстановок можно легко перейти от интеграла, который зависит от квадратичной иррациональности, к интегралу, рационально зависящему от тригонометрических функций. Рассмотрим эти подстановки.

1. Если

подынтегральная

функция

имеет

вид

R x,

то

следует воспользоваться подстановкой x asin t

(или x acost).

2. Если

подынтегральная

функция

имеет

вид

R x,

то

применим подстановку

x atg t

(или x a ctg t).

R x,

3. Если

подынтегральная

функция

имеет

вид

то

используем подстановкуx

(или x

cos x

sinx

Рассмотрим примеры.

Пример 1.Найдите интеграл

xdx

0 (x2 2)

x2 1

Решение.В данном случае применима подстановка x tg t , dx

dt .

cos2 t

Найдём новые пределы интегрирования. Так какt arctg x ;

x 0 t 0,

x 1 t

xdx

tgtdt

sintdt

4 dcost

(x2

cost (tg2t 2)

cos2 t (tg2t 2)

1 cos2 t

x2 1

arctg (cost)

arctg

Пример 2.Найдите интеграл

x 9

Решение. Поскольку подынтегральная функция имеет вид R x,x2 a2 ,

воспользуемся подстановкой x	3	, тогда dx	3sint dt	.
	cos x
			cos2 x

Найдём новые пределы интегрирования. Поскольку t arccos3, имеем: x

x 3 t 0,							x 6 t					.
x 3 t 0,							x 6 t				3	.
											3
6
			2
			2			1		3						1	3	1	3
			x 9		dx	1		tgtsintcostdt						1	sin2 tdt	1	(1 cos2t)dt
			x3		dx	3		tgtsintcostdt						3	sin2 tdt	6	(1 cos2t)dt
3								0							0		0

		1		1				3	1		3
		1		1					1		3
			t		sin2t
	6		t	2	sin2t				6	3	4		.
								0
								0

Задание 7.Интегрирование тригонометрических функцийR(sinx,cosx)

методом подстановки.

Рассмотрим подстановки, с помощью которых интеграл вида

R(sinx,cosx)dxприводится к интегралу от рациональной функции.

1. Универсальная подстановка

= 2

= .

В результате этой подстановки имеем

= .

1 −

−

sin = 2

;cos

Пример 1.Найдите интеграл ∫

Решение. Подынтегральная функция рационально зависит от sinx и cosx, применим универсальную подстановку.

4sin +3cos

+ 3

+ 5

= 2

2 +8 +8

( +2)

= −

+ .

1 / 41 2 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Типовик

#
30.06.2023759.08 Кб21076.pdf
#
30.06.2023843.71 Кб3Типовик, 1 модуль.pdf
#
30.06.20231.51 Mб2Типовик, 2 модуль.pdf
#
30.06.20231.01 Mб3Типовик, 3 модуль.pdf