Оулы 1-5

5dx

2. x 4 3 интегралын есептеңіз.

Шешуi: Бұл II түрдегi интеграл болғандықтан, оның шешiмiн мына түрде жазамыз:

	5dx		5		1	C	5	C.
	x 4 3		2		x 4 2		2 x 4 2

dx

3. x2 6x 25 интегралын есептеңіз.

Шешуi: Бұл III бөлiмiндегi квадрат интегралдаймыз:

түрдегi интегралдың дербес түрi, сондықтан оның үшмүшелiктiң толық квадратын бөлiп алып,

dx

dx

dx

x2 6x 25

(x2 6x 9) 16

x 3 2 16

d x 3

1

arctg

x 3

C .

3x 1

x 3 2 42

4

4

4.

dx интегралын есептеңіз.

x

2

4x 8

Шешуi: Берiлген III түрдегi интеграл болғандықтан, интеграл астындағы өрнектiң алымын бөлiмiнiң туындысына келтіре отырып интегралдаймыз:

3x 1

3

2x 4 1 6

2

dx

x2 4x 8 2x 4

dx

x

2

x

2

4x 8

4x 8

3

2x 4

dx 5

dx

3 d x2 4x 8

2

x2

x2 4x 8

2

x

2

4x 8

4x 8

5

dx

3

ln x2 4x 8 5

dx

x2 4x 4 4

2

x 2 2 22

3

ln x2

4x 8

5

arctg

x 2

C.

dx

2

2

2

5. I3

интегралын есептеңіз.

x

2 13

Шешуi: Берiлген IV түрдегi интегралдың n 3 болғандағы дербес түрi болғандықтан, (7.34) рекурренттiк формуласын қолданамыз:

I3	1				x		2 3 3	I3 1		1			x			3	I2 .	(7.35)
	2 3 1				x2 13 1		2 3 2			4		x2	12			4
Мұндағы I2		dx			интегралына тағы да,					n 2				болғандағы				(7.34)
		x2 12

рекурренттiк формуласын қолданамыз:

190

I			1			x		2 2 3	I			1		x		1	I
	2		2 2 1			x2 12 1				2 1								1
								2 2 2				2 x2 1 2

dx

мұндағы I1 x2 1 arctgx C2 болады.

Сонда

I2	x	1	arctgx C1
	2 x2 1
		2

(7.37) өрнегiн (7.35) – шi өрнекке қоямыз:

1

x

3

x

1

I3

arctgx C .

4 x2 12

4

2

2 x2 1

Сонымен берілген интеграл

dx

x

3x

3

8 x2 1

arctgx C

болады.

x2 13

4 x2 12

8

3x 2

6.

dx интегралын есептеңіз.

x

2

2x 10 2

(7.36)

(7.37)

Шешуi: Қарастырып отырғанымыз IV түрдегi

интеграл және n 2.

Сондықтан оны

3

3x 2

2x 2 2 3

2

I

dx

dx

x

2 2x 10 2

x2 2x 10 2

3

2x 2

dx

dx

I1 I2

2

x2 2x 10 2

x2 2x 10 2

түрінде жазамыз. Оң жақтағы екі қосылғышты мына түрде есептейміз:

I1

3

2x 2

dx

3

x2 2x 10 t

3 dt

2x 2 dx dt

2

x2 2x 10 2

2

2

t2

31

3

C1

2 x2 2x 10 C1.

2

t

I2

dx

dx

dx

x 1 t

dx

x2 2x 10 2

x2 2x 1 9 2

x 1 2 9

2

dx dt

t2 9 2

(соңғы интегралға (7.34) рекурренттiк формуласын қолданамыз)

1

t

1

2 2 3

dt

2 9 2 1

t2 9 2 1

9

2 2 2

t2 9

x 1

1

t

1 1

t

x 1

1

arctg

C2.

arctg

C2

18 x2

2x 10

18

t2 9

18

3

3

54

3

Сонымен берілген интеграл

191

I	3		x 1	1	arctg	x 1		C
	2 x2 2x 10	18 x2	2x 10
				54		3

болады.

7.30 Рационалдық бөлшектердi қарапайым бөлшектерге жiктеу арқылы интегралдау

P x

Төмендегі Q x түрiндегi рационалдық бөлшектердi интегралдау кезiнде

мына алгебралық түрлендiрудi қолдана отырып есептейміз:

1) егер бұрыс рационалдық бөлшек берiлсе, онда ол бөлшектiң бүтiн

бөлiгiн бөлiп алып, келесi түрде қарастырамыз:

P x M x P1 x , Q x Q x

мұндағы M x көпмүшелiк, ал P1 x дұрыс рационалдық бөлшек;

Q x

2) бөлшектiң бөлiмiн сызықтық және квадраттық көбейткiштерге жiктеймiз:

Q x x a m x2 px q n ,

мұндағы	p2	q 0, яғни	x2 px q үшмүшелiгiнiң комплекстi түйiндес
4

түбiрлерi бар;

3) дұрыс рационалдық бөлшектердi қарапайым бөлшектерге жiктеймiз:

P1 x

A1

A2

Am

x a m

x a m 1

Q x

x a

B1x C1

B2x C2

Bnx Cn

;

x2 px q n

x2 px q n 1

x2 px q

4) Анықталмаған A1,A2,...,Am,...,B1,C1,B2,C2,..., Bn,Cn,...,

коэффициенттерiн анықтаймыз, ол үшiн теңдеудiң оң жағын ортақ бөлiмге келтiрiп, теңдiктiң екi жағының алымындағы x айнымалысының сәйкес дәрежелерiнiң коэффициенттерiн теңестiрiп және iзделiндi коэффициенттерге қатысты теңдеулер жүйесiн шешемiз. Коэффициенттердi басқа да әдiстермен анықтауға болады, ол үшiн теңдеудегi x айнымалысына кесдейсоқ мәндер берiп отырамыз.

Сонымен рационалдық бөлшектердi интегралдау нәтижесiнде көпмүшелiктердiң және қарапайым рационалдық бөлшектердiң интегралын табуды аламыз.

Рационалдық бөлшектердi интегралдау кезiнде келесi жағдайлар орын алуы мүмкiн.

192

1 – жағдай. Рационалдық бөлшектiң бөлiмiнiң түбiрлерi әртүрлi нақты сандар, яғни бөлшек қайталанбайтын бiрiншi дәрежедегi көбейткiштерге жiктеледi.

Мысалы,	x2 2x 6		dx интегралын есептеңіз.
	x 1 x 2 x 4
Шешуi: Бөлшектiң		бөлiмiндегi x 1,		x 2, x 4 әрбiр екiмүшелiгi

бiрiншi дәрежеде болғандықтан, берiлген интеграл астындағы дұрыс рационалдық бөлшектi I – түрдегi қарапайым бөлшектердiң қосындысы түрiнде жазамыз:

x2 2x 6

A

B

C

x 1 x 2 x 4

x 1

x 2

x 4

A x 2 x 4 B x 1 x 4 C x 1 x 2

.

(7.38)

x 1 x 2 x 4

Бұл теңдiктiң екi жағындағы бөлшектiң бөлiмдерi бiрдей болғандықтан алымдарын теңестiремiз:

x2 2x 6 A x 2 x 4 B x 1 x 4 C x 1 x 2

A x2 6x 8 B x2 5x 4 C x2 3x 2

Ax2 6Ax 8A Bx2 5Bx 4B Cx2 3Cx 2C.

Теңдеудiң оң жағын x дәрежесiне байланысты топтастырамыз

x2 2x 6 A B C x2 6A 5B 3C x 8A 4B 2C .

Теңдіктiң екi жағындағы x айнымалысының сәйкес дәрежелерiнiң коэффициенттерiн теңестiрiп, мына теңдеулер жүйесiн аламыз:

A B C 1,

6A 5B 3C 2,

8A 4B 2C 6.

Осы теңдеулер жүйесiн шеше отырып, A 3, B 7, C 5 болатынын көремiз. Сонымен рационалдық бөлшек қарапайым бөлшектерге жiктелгенде мына түрде жазылады:

	x2 2x 6			3			7		5	.
	x 1 x 2 x 4			x 1			x 2		x 4

Ендi A, B, C белгісіз коэффициенттерiн басқа жолмен анықтаймыз. Бөлшектiң бөлiмiн ортақ бөлiмге келтiрген соң, теңдеудiң екi жағының бөлiмiнен құтылып алымдарын теңестiреміз. Өрнекте қанша белгiсiз болса, сонша x айнымалысына дербес мән беремiз, бұл жағдайда үш дербес мән беріледі.

Негiзiнен x айнымалысына бөлiмiнiң нақты түбiрлерi болатын мәндердi беру тиiмдi. Ендi осы әдiстi берiлген мысалға қолданамыз. Жоғарыдағы (7.38) теңдеуiнiң бөлiмiндегi нақты түбiрлерi 1, 2 және 4 сандары болады. Сондай-ақ теңдеудiң бөлiмдерi бiрдей болғандықтан мына теңдеудi аламыз:

193

x2 2x 6 A x 2 x 4 B x 1 x 4 C x 1 x 2 .

Осы теңдеуге x 1 мәнiн қойсақ, онда

12 2 1 6 A1 2 1 4 B 1 1 1 4 C 1 1 1 2

теңдеуін	аламыз,	бұдан	9 3A,	демек	A 3,	ал x 2 деп	алсақ,	онда
14 2B,	демек	B 7,	ал егер	x 4	болса,	онда 30 6C,	яғни	C 5

болады. Сонымен нәтижесiнде, алғашқы әдiстегiдей анықталмаған коэффициенттер мәндерi алынды. Осы алынған мәндердi (7.38) теңдеуiне қоямыз

x2 2x 6

3

7

5

x 1 x 2 x 4

x 1

x 4

x 2

Сондықтан берiлген интеграл мына түрде жазылады

x2 2x 6

dx 3

dx

7

dx

5

dx

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

2 – жағдай. Рационалдық бөлшектiң бөлiмiнiң түбiрлерi нақты сандар, сонымен бiрге кейбiреулерi еселi болып келедi, яғни бөлшектiң бөлiмi бiрiншi дәрежедегi көпбейткiштерге жiктеледi және де олардың кейбiреуi қайталанып келедi.

Мысалы,

x2 1

dx интегралын есептеңіз.

x

3

1 x 3

Шешуi: Берiлген

интегралдағы бөлшектiң

бөлiмiндегi x 1 3

көбейткiшiне келесi үш

қарапайым бөлшектiң қосындысы сәйкес келедi

A

B

C

ал x 3 көбейткiшiне

D

,

қарапайым бөлшегi

x 1 3

x 1 2

x 1

x 3

сәйкес келедi. Сонымен интеграл астындағы бөлшекті мына түрде жазамыз:

x2 1			A		B		C			D
											.
x 1 3 x 3			x 1 3		x 1 2		x 1			x 3

Теңдеудiң оң жағын ортақ бөлiмге келтiрiп, екi жағының алымын теңестiремiз:

x2 1 A x 3 B x 1 x 3 C x 1 2 x 3 D x 1 3.

Бөлшектің бөлімдерінің нақты түбірлері 1 және –3 сандары болады. Егер

x 1 деп алсақ, жоғарыдағы теңдеуден 2 4A, яғни A 1. Ал егер x 3

2

5

болса, онда 10 64D, яғни D 32 . Соңғы теңдеудегі x айнымалысының ең үлкен дәрежелерінің коэффициенттерін теңестіреміз, яғни ең үлкендәреже x3 , бірақ теңдеудің сол жағында x3 жоқ, демек коэффициенті 0-ге тең, ал

194

оң жағындағы x3 коэффициенті C D болады. Сонымен C D 0, бұдан

5

C 32 болады.

Қалған B коэффициентін анықтау керек. Ол үшін тағы бір теңдеу қажет. Бұл теңдеуді x айнымалысының бірдей дәрежедегі коэффициенттерін

салыстыра отырып (мысалы x2 ) немесе x айнымалысына қандайда бір мән беру арқылы алуға болады. Мұндай мән ретінде есептеуді жеңілдетілетін сан алынады. Мысалы x 0 деп алсақ, келесі теңдеуді аламыз:

1 3A 3B 3C D, немесе 1	3	3B	15		5	, яғни B	3	болады.
2		32		32		8

Интеграл астындағы бөлшекті қарапайым бөлшектерге жіктеу мына түрде жазылады:

							x2 1											1							3						5						5			.
				x 1 3 x 3											2 x 1 3									8 x 1 2						32 x 1						32 x 3
		Сонымен
		x2 1					dx	1					dx						3				dx				5			dx			5				dx
	x 1 3 x 3							2			x 1 3								8			x 1 2					32										x 3
																														x 1 32
		1					1					5		ln			x 1				C болады.
		4 x 1 2			8 x 1							32					x 3

3 – жағдай. Бөлшектің бөлімінің түбірлерінің арасында жай комплекстік түбірлер болады, яғни бөлімінің жіктелуінде квадраттық қайталанбайтын көбейткіштер болады.

dx

Мысал, x5 x2 интегралын есептеңіз.

Шешуі: Берілген интегралдың бөлімін көпмүшеліктерге жіктейміз: x5 x2 x2 x3 1 x2 x 1 x2 x 1 .

Сонда

1	1		A		B		C			Dx E
		x2 x 1 x2 x 1
x5 x2			x2		x		x 1			x2 x 1

теңдігін аламыз.

Бөлшектің алымын теңестіреміз:

1 A x 1 x2 x 1 Bx x 1 x2 x 1 Cx2 x2 x 1

Dx E x2 x 1 .

Бөлшектің бөлімінің нақты түбірлері 0 және 1 сандары болады.

Егер x 0 болғанда 1 A , яғни A 1, ал егер x 1 болғанда 1 3C ,

яғни C 1 болады.

3

Жоғарыда көрсетілген теңдеуді мына түрде қайта жазамыз:

1 A x3 1 B x4 x C x4 x3 x2 Dx4 Ex3 Dx3 Ex2 .

195

Бұл теңдеуде x4,x3,x2 айнымалыларының коэффициенттерін салыстыра отырып, мына теңдеулер жүйесін аламыз:

B C D 0,

A C E D 0,C E 0,

Бұдан B 0,							D							1			,				E								1					болатындығын көреміз. Сонымен
													3								3													x 1
		1			1								1
																											3 x2 x 1															болады. Онда берілген интеграл келесі
	x5 x2					x2					3 x 1
түрде айқындалады:
		dx							dx							1									dx										1						x 1			dx					1						1	ln				x 1							1			2x 1 3	dx
		x5 x2							x2				3										x 1											3					x2 x 1										x 3																		6			x2 x 1
										1					1				ln						x 1											1					2x 1					dx				1												dx
											x 3																							6						x	2 x 1							2													1 2						3
																																																						x
																																																																			4
																																			x 1 2																										2
																		1								1		ln															1					arctg					2x					1				C.
																																		x2 x 1
																			x		6																						3									3

4 – жағдай. Бөлшектің бөлімінің түбірлерінің арасында еселі комплекстік түбірлер болуы мүмкін, яғни бөлімнің жіктелуінде қайталанатын квадраттық көбейткіштер болады.

Мысал,

x3 2x

dx интегралын есептеңіз.

x2

12

Шешуі: Берілген интегралдың астындағы бөлшектің бөліміндегі x2 1

екі еселі көбейткіш, сондықтан оны

x3 2x

Ax B

Cx D

түрінде жазамыз.

x2 12

x2 12

x2 1

Бөлшектің алымдарын теңестіреміз:

x3 2x Ax B Cx D x2 1 .

Осы теңдіктің екі жағындағы x-тың коэффициенттерін теңестіреміз:

x3

1 C,

x2

0 D,

x

2 A C;

A 3,

x0

0 B D;

B 0.

Сонымен берілген интегралымыз мына түрде есептелінеді:

196

x3 2x

dx

3xdx

xdx

3

d x2

1

1

d x2 1

x2 12

x2 12

x2 1

2

x2 12

2

x2 1

3

1

ln x

2 1 C.

2 x2 1

2

7.31 Қарапайым иррационалды функцияларды интегралдау

1. Интегралдар

m1

m2

түрінде берілсе,

мұндағы

R x, ax b n

, ax b n

2

,... dx

1

R рационалдық

функция, ал

m1,n1,m2,n2,... бүтін

сандар.

Келесі

ax b ts ,

мұндағы

s n

,n

2

,...

сандарының ең кіші еселігі, алмастыруын

1

қолдану арқылы берілген интеграл рационалдық функцияның интегралына түрленеді.

Мысал,

I

dx

интегралын есептеңіз.

2

1

2x 1

2x 1

3

2

Шешуі:

Бұл

есепте

n1 3, n2

2. Сондықтан

s 6.

Берілген есепке

2x 1 t6

алмастыруын қолданамыз, сонда x

t6 1

, dx 3t5dt тең болады.

Сонымен

2

3t5dt

t2dt

t2 1 1

1

I

3

3

dt 3

t

1

dt

t

t 1

4 t3

t 1

t 1

3t2 3t 3lnt 1 C

2

1

болады.

Бастапқы

айнымалыға

қайта ораламыз,

t 2x 1

тең

6

болатындықтан

3

1

1

I

2x 1

3 2x 1

3ln

6 2x 1 1

C.

3

6

2

2. Интегралдар

dx

түрінде берілсе, онда мұндай интегралдар

ax2 bx c

түбір астындағы квадрат үшмүшеліктен толық квадратты бөлу арқылы

dx

x

dx

C,

arcsin

C, мұндағы

a 0 және

ln

x

x2

a2 x2

a

x2

мұндағы нақты сан және 0 түріндегі қосымша кестелік интегралдарға келтіріледі.

	1.		dx		интегралын есептеңіз.
			x2 2x 5

197

Шешуі: Түбір астындағы квадраттық үшмүшелікті мына түрге келтіреміз: x2 2x 5 x 1 2 4. Сонда берілген интеграл

dx

d x 1

ln

x 1 x2 2x 5

C

x2 2x 5

x 1 2 4

болады.

dx

2. интегралын есептеңіз.

3x2 4x 1

Шешуі: Түбір астындағы квадраттық үшмүшелікке мына түрлендіруді қолданамыз:

						4		1					2		2	4		1			1		2	2
	2			2
3x		4x 1 3	x				x															x				.
						3		3			3 x		3			9		3		3	9		3

Сонда берілген интеграл

			dx																		dx										1
		3x	2	4x 1														1					2		2							3
													3				9				x		3
					1								x				2						1
								arcsin													C						arcsin 3x
																	3
															1
					3																		3
													3

болады.

3. Интегралдар			Ax B		dx түрінде
			ax2 bx c

				2
		d x
				3
		1					2	2
				x
		9					3

2 C

берілсе, онда мұндай

интегралдарды табу үшін бөлшектің алымынан түбір астындағы квадрат үшмүшеліктің туындысын бөліп алу арқылы берілген интегралды екі интегралдың қосындысы түрінде жазамыз:

Ax B

A

2ax b B

Ab

A

d ax2 bx c

2a

dx

2a

dx

dx

2a

ax2 bx c

ax2 bx c

ax2 bx c

Ab

dx

B

.

ax

2a

2 bx c

f

x

f x C

Алынған интегралдардағы

бірінші

қосылғыш

dx 2

f x

түріндегі кестелік интегралға, ал екінші қосылғыш жоғарыда, яғни 2-түрде қарастырылған интегралға сәйкес келеді.

Мысалы,		5x 3		dx интегралын есептеңіз.
		2x2 8x 1

198

Шешуі: Бөлшектің алымынан түбір астындағы өрнектің туындысын бөліп аламыз:

2x2 8x 1

4x 8.

Сондықтан берілген интеграл

5x 3

5

4x 8 13

5

4x 8

4

dx

dx

dx

2x2 8x 1

2x2 8x 1

4

2x2 8x 1

dx

5

13

dx

13

2x2 8x 1

2x2 8x 1 2

2

x2 4x

1

dx

5

13

dx

2

13

2x2 8x 1

2x2 8x 1 2

2

x2 4x

1

5

13

dx

5

2

2x2 8x 1

2x2 8x 1

2

2

2

7

2

x

2

2

13

ln

x 2

x2 4x

1

C

2

2

түрінде анықталады.

dx

4. Интегралдар

түрінде

берілсе,

онда

мұндай

x ax2 bx c

интегралдарды

x

1

алмастыру

арқылы

2-түрде

қарастырылған

t

интегралға келтіреміз.

dx

Мысалы,

интегралын есептеңіз.

x 1

x2 2x 3

Шешуі:

x 1

1

деп

алсақ,

онда

x

1

1

және

dx

1

dt

болады.

t

t

t2

Сондықтан берілген интеграл

1

dx

dt

t2

x 1 x2 2x 3

1 2

1

1

1

2 1

3

t

t

t

dt

dt

dt

2 1

2

1

4t2 1

t 1

2

3

t

4

t

t2

t

t2

199