для первого курса / для первого курса / Ответы по вышке / Ответы по вышке / integral

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ

ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ

«САМАРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ»

К а ф е д р а «Высшая математика и прикладная информатика

Л.В. ЛИМАНОВА Л.А. МУРАТОВА

ИНТЕГРАЛЫ, ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ,

РЯДЫ

(Задачи и решения)

Учебно-методическое пособие по специальным разделам высшей математики

Самара 2006

1

УДК 517.531, 519.2

Интегралы, дифференциальные уравнения, ряды (Задачи и решения): Учеб.-

метод. пособ. по специальным разделам высшей математики/ Л.В. Лиманова, Л.А. Муратова; Самар. гос. техн. ун-т. Самара, 2006. 28 с.

Представлены задачи и их решения из следующих разделов высшей математики: «Интегральное исчисление», «Дифференциальные уравнения», «Ряды».

Для студентов всех специальностей СамГТУ.

Ил. 5. Библиогр.: 6 назв.

Печатается по решению редакционно-издательского совета СамГТУ

2

Вданной работе 3 раздела: «Интегралы», «Дифференциальные уравнения», «Ряды».

Впервом разделе содержатся задачи по темам: «Неопределенные и определенные интегралы», «Двойные интегралы», «Криволинейные интегралы I и II рода».

Раздел дифференциальных уравнений представлен линейными уравнениями I порядка, однородными уравнениями I порядка, уравнениями в полных дифференциалах, линейными дифференциальными уравнениями высших порядков с постоянными коэффициентами.

Втретьем разделе рассматриваются числовые положительные и знакопеременные ряды, функциональные ряды, ряды Фурье.

Выбор задач по указанным темам определен программой курса высшей математики для 2 семестра СамГТУ.

Назначение работы – помощь студентам при подготовке к экзамену по высшей математике.

ИНТЕГРАЛЫ

Задача 1. Вычислить	−2 3	dx		.
	∫
		(3x +1)	5
	−1

Решение. Интеграл можно свести к табличному (1), если сделать замену 3x +1 = t . Дифференцируя обе части равенства, получим 3dx = dt ,

т.е. dx =

1 dt . Интеграл

определенный,

поэтому

необходимо изменить

3

пределы интегрирования: если x = −1, то t = −2 ; если x = − 2

, то t = −1.

3

Следовательно,

−2

3

dx

−1

1 dt

= 1

−1

1 t

−4

−1

1

1

−1

∫

= ∫

3

∫t −5 dt =

= −

=

4

−

(3x +1)

−

2

t

3

−

2

3 − 4

12 t

1

1

1

1

1

1

−2

1

15

−2

5

= −

4 −

1 −

= −

= −

.

12

(−2)

4 = −

12

16

12

16

64

(−1)

3

1

Задача 2. Вычислить ∫474x dx .

0

Решение. Сведем данный интеграл к табличному (3), сделав замену

переменной t = 4x . Тогда dt = 4dx, dx = dt .

Изменяем пределы интегриро-

4

вания: если x = 0, то t = 0 ; если x =

1

, то t =1.

4

Получаем

14

4x

dx

1

t

dt

1

1

t

dt

7t

1

1

1

0

3

∫7

= ∫7

=

∫7

=

=

(7

− 7

) =

.

4

4

4 ln 7

4 ln 7

2 ln 7

0

0

0

0

Задача 3. Вычислить ∫(5x +3)cos xdx .

Решение.

Интеграл

относится

к

группе

интегралов: ∫Pn (x)ekx dx ,

∫Pn (x)sin kxdx , ∫Pn (x)cos kxdx ,

где Pn (x) -

многочлен степени п.

Вычисление

таких интегралов выполняется интегрированием по частям по формуле

(17)

∫udv = uv − ∫vdu.

Если за и принять многочлен Pn (x) , то в результате применения формулы (17) интеграл упростится (уменьшится степень многочлена).

Обозначим u = 5x +3, dv = cos xdx. Найдем du,v :

du = d(5x +3) = 5dx, v = ∫dv = ∫cos xdx = sin x.

Тогда ∫(5x +3)cos xdx = (5x +3)sin x − ∫5sin xdx = (5x +3)sin x +5cos x +C.

Задача 4. Вычислить ∫(x +1)ln 2xdx .

Решение. Этот интеграл относится к группе интегралов вида

∫Pn (x)ln kxdx , ∫Pn (x)arcsin kxdx , ∫Pn (x)arccoskxdx , ∫Pn (x) arctg kxdx ,

∫Pn (x)arcctgkxdx ( Pn (x) - многочлен степени п) и вычисляется по формуле интегрирования по частям (17). В результате применения этой формулы

исходный интеграл	упростится, если за		и		принимать функции
ln kx, arcsin kx, ,arcctg kx .	Итак, положим u = ln 2x,		dv = (x +1)dx.
Тогда du = d(ln 2x) =	2dx	= dx , v = ∫dv = ∫(x +1)dx =		x2	+ x.
	2x
		x	2

Получаем

4

x

2

x

2

dx

=

∫(x +1)ln 2xdx =

2

+ x ln 2x − ∫

2

+ x

x

2

x

2

x

2

x

x

−

− x +C.

∫

=

+ x ln 2x −

2

+1 dx =

+ x ln 2x

4

2

2

Задача 5. Вычислить ∫tg7 xdx .

Решение. Выполним замену переменной:

tg x = t, x = arctgt, dx =

dt

.

t 2 +1

Получим ∫tg7 xdx = ∫tt27 dt+1.

В подынтегральном выражении выделим целую часть:

7				t	2	+1
- tt 7
		+t5		t5		−t3 +t

−t5

-−t5 −t3

t3

-t3 +t

−t

Тогда

7

5

3

t

t 6

t 4

t 2

tdt

∫tg

xdx = ∫ t

−t

+t −

dt =

−

+

− ∫

.

t

2

+1

6

4

2

t

2

+1

В интеграле ∫

tdt

сделаем замену:

t 2 +1

u = t 2

+1, du = 2tdt,tdt = du

,

2

при этом ∫

tdt

=

1

∫du

=

1 ln

u

+C = 1 ln(t 2 +1) +C.

2

t

+1

2

u

2

2

Возвращаясь к переменной х, получим

∫tg7 xdx = tg6 x − tg4 x

+ tg2 x

− 1 ln(tg2

x +1)+ C =

6

4

2

2

=

tg6

x

−

tg4

x

+

tg2 x

+ ln

cos x

+ C.

6

4

2

Задача 6. Вычислить ∫sin3 x cos8 xdx . Решение. Это интеграл вида ∫sin m x cosn xdx .

5

Одно из чисел m и n нечетное (в данном случае m = 3 ), поэтому интеграл можно вычислить следующим образом. Преобразуем подынтегральное выражение

∫sin3 x cos8 xdx = ∫sin2 x cos8 xsin xdx = ∫(1−cos2 x)cos8 xsin xdx.

sin xdx = −d cos x , следовательно, можно выполнить замену: cos x = t . В результате получим

∫sin3 x cos8 xdx = −∫(1−cos2 x)cos8 xd cos x = −∫(1−t 2 )t8 dt =

= ∫(t10 −t8 )dt = t11	− t9 +C = cos11 x		− cos9 x	+C.
11	9	11	9
Задача 7. Вычислить ∫cos2 10xdx .
Решение. Это интеграл вида		∫sin m x cosn xdx с чётными m и n (в дан-

ном случае m = 0, n = 2 ). Воспользуемся формулой (19) понижения степени

				cos2 α = 1+ cos 2α						,
									2
получим ∫cos	2		1	+cos 20x			1		sin 20x			x		sin 20x
		10xdx = ∫			dx	=		x +			+C =		+		+C.
				2			2		20			2		40

Задача 8. Вычислить ∫sin xsin 7xdx .

Решение. Применяя тригонометрическую формулу (23)

sinα sin β = 12 (cos(α −β) −cos(α + β)),

получим

∫sin xsin 7xdx = 12 ∫(cos(−6x) −cos8x)dx = 12 ∫(cos6x −cos8x)dx = = 121 sin 6x −161 sin 8x +C.

Задача 9.		(3x −1)dx
	Вычислить ∫		.
		x2 +10x + 22

Решение. Выделим в числителе производную от знаменателя:

(2x +10)

3

16

∫

(3x −1)dx

= ∫

2 −

dx

=

x

2

+10x + 22

x

2

+10x + 22

=

3

∫

(2x +10)dx

−16∫

dx

.

2

2

x

2

+10x + 22

x +10x + 22

6

Первый интеграл вычисляем, сделав

замену

t = x2

+10x + 22,

тогда

dt = (2x +10)dx . Имеем

∫

(2x +10)dx

=

∫dt

= ln

t

+C = ln

x2 +10x + 22

+C.

2

x

+10x + 22

t

Второй интеграл преобразуем, выделив в знаменателе полный квад-

рат: x 2 +10x + 22 = x 2

+10x + 25 −3 = (x +5) 2

−3 .

Тогда

с

учетом формулы

(14) получим

dx

dx

d(x +5)

1

x +5 −

∫

= ∫

=

∫

=

ln

3

+C.

x

2

+10x + 22

(x +5)

2

−3

(x +5)

2

−

3

x +5 +

2 3

3

Итак, исходный интеграл равен

(3x −1)dx

3

8

x +5 −

x

2

+10x + 22

3

+C.

∫

=

2 ln

−

ln

x2 +10x + 22

x +5 +

3

3

Задача 10. Вычислить

(x +3)dx

.

∫

x2

−8x +13

Решение. Выделим в числителе производную подкоренного выра-

жения

1

∫

(x

+3)dx

=

∫

(2x −8) 2 +

7

dx =

1

∫

(2x −8)dx

+ 7∫

dx

.

x

2

x

2

2

x

2

−8x

+13

x

2

−8x

+13

−8x +13

−8x +13

Первый

интеграл вычисляется

путем

замены t = x2 −8x +13,

тогда

dt = (2x −8)dx. Имеем

(2x −8)dx

dt

∫

=

∫

= 2

+C = 2 x2 −8x +13 +C.

t

x2 −8x +13

t

Второй интеграл преобразуем путем выделения полного квадрата в

подкоренном выражении:

x2 −8x +13 = x2 −8x +16 −3 = (x − 4)2 −3.

Тогда с учетом формулы (16) получим

∫

dx

= ∫

dx

=

∫

d(x − 4)

=

x2 −8x +13

(x − 4)2 −3

(x − 4)2 −3

= ln x − 4 + x2 −8x +13 +C.

Следовательно, исходный интеграл равен

		(x +3)dx
				= x2 −8x +13 + 7 ln			x − 4 + x2 −8x +13		+C.
∫
		x2 −8x +13

7

	Задача 11.	Вычислить ∫					dx			.
					(3		+ 2)
						x + 4		x + 4
	Решение. При интегрировании иррациональных выражений вида
	m1	m2		(здесь R –				рациональная функция; m1 , n1 , -
∫R x,(ax +b) n1 ,(ax +b) n2			, dx

целые числа) подстановка ax +b = t k , где к – наименьшее общее кратное знаменателей n1 , n2 , , позволяет избавиться от иррациональности. В

данном случае n1 = 3, n2

= 2.

Наименьшее общее кратное этих чисел равно

6. Применяем подстановку x + 4 = t 6 .

Тогда dx = 6t5 dt

и

∫

dx

= ∫

6t5 dt

= 6∫

t 2 dt

= 6∫

(t 2 + 2) − 2

dt =

(3

+ 2)

(t 2 + 2)t3

t 2 + 2

t 2 + 2

x + 4

x + 4

dt

1

t

= 6 ∫dt − 2∫

= 6 t

− 2

arctg

+C.

t

2

+ 2

2

2

Возвращаясь к переменной х с учетом того, что t = 6

, получим

x + 4

dx

6

x + 4

∫

(3

+ 2)

= 66 x + 4 −6 2 arctg

+C.

x + 4

x + 4

2

Задача 12. Вычислить

∫

dx

.

1+ cos x + 6sin x

Решение. При вычислении интегралов вида

∫R(sin x,cos x)dx , где R –

рациональная функция, используется универсальная тригонометриче-

ская подстановка tg

x

= t , приводящая к интегралам от рациональных от-

2

носительно t функций, при этом

2 tg

x

2t

1

− tg

2

x

1−t2 .

sin x =

2

=

,

cos x =

2

=

2 x

1

+ tg

2 x

1+t

2

1

+ tg

1+t2

2

2

Из равенства tg

x

= t находим

x = 2arctg t,dx =

2dt

.

2

1+ t2

В данном случае получаем

dx

2dt

dt

∫

=

∫

1+t

2

= 2∫

=

1+ cos x +

6sin x

1

−t

2

2t

1

+t

2

+1−t

2

+12t

1

+

+6

1+t 2

1+t 2

dt

dt

= 2∫

= ∫

.

12t + 2

6t +1

8

Сделаем замену 6t +1 = u, 6dt = du, dt = du .

6

Тогда ∫

dt

=

1

∫du

= 1 ln

u

+C = 1 ln

6t +1

+C.

6t +1

6

u

6

6

Возвращаясь к переменной х, получим

dx

1

x

+C.

∫

= 6 ln

6 tg

+1

1+cos x +6sin x

2

Задача 13.

Вычислить

dx

.

∫ x x

2 +36

)dx ,

)dx ,

∫R(x,

∫R(x,

Решение.

Интегралы

вида

a2

− x2

a2 + x2

∫R(x,

)dx ,

где R – рациональная функция,

приводятся к интегралам

x2 −a2

вида ∫R(sin x,cos x)dx , если выполнить замену переменной:

- для первого интеграла x = a sin t

(или x = a cost );

- для второго интеграла x = a tg t (или x = a ctgt );

- для третьего интеграла x =

a

(или x =

a

).

sin t

cost

Данный интеграл вычисляем заменой x = 6 tg t .

Тогда dx = cos6dt2 t . Получаем

dx

6dt

dt

∫

= ∫

cos2 t

= ∫

.

x

x2 +36

6 tg t

36 tg2 t +36

6cos2 t tg t

tg2 t

+1

1+ tg2 x

=

1

,

cos2 t

тогда

∫

dx

= 1

∫

dt

=

1

∫

dt

=

1 ln

tg

t

+C.

sin t

1

sin t

x

x2 +36

6

2

6

6

2

cos

t cost

cost

Возвращаясь к старой переменной при t

= arctg

x

, получаем

2

dx

1

arctg

x

6

+C.

∫

= 6 ln

tg

x

2

x2 +36

9

Задача 14.	Вычислить ∫	5x2 −3x +1
			dx.
		(x −1)2 (x + 2)

Решение. Для вычисления интеграла разложим подынтегральную функцию – дробь – в сумму простейших дробей. Множителю (x −1)2 со-

ответствует сумма двух простейших дробей

A

+

B

, а множителю

(x −1)2

x −1

x + 2

- дробь

C

.

x + 2

Тогда подынтегральная функция будет иметь вид

5x2 −3x +1

=

A

+

B

+

C

.

(x −1)2 (x + 2)

(x −1)2

x −1

x +

2

Правую часть равенства приведем к общему знаменателю (он должен быть равен знаменателю левой части равенства) и приравняем числители получившихся дробей:

5x2 −3x +1 = A(x + 2) + B(x −1)(x + 2) +C(x −1)2 .

Найдем А, В, С. Сначала применяем метод частных значений. Равенство должно выполняться при любых х, поэтому подставим вместо х «хорошие» числовые значения (обращающие часть скобок в 0). Здесь это 1 и -2. При x =1 получим 3 = 3A и A =1. При x = −2 равенство принимает вид 27 = 9C , а C = 3. В найдем методом неопределенных коэффициентов, согласно которому приравнивают коэффициенты при одинако-

вых степенях х в левой и правой

частях

равенства. Например, при

x2 : 5 = B +C . Тогда B = 5 −C = 5 −3 = 2 .

Итак,

5x2 −3x +1

=

1

+

2

+

3

.

(x −1)2 (x + 2)

(x −1)2

x −1

x + 2

Вычисляем интеграл

∫

5x2 −3x +1

dx = ∫

dx

+

∫

2dx

+ ∫

3dx

=

(x −1)

2

(x + 2)

(x

−1)

2

x

−1

x + 2

= −

1

+ 2ln

x −1

+3ln

x + 2

+C.

x −1

x2

+5x +5

Задача 15. Вычислить

∫

dx.

x2 (x2 +5)

10