м3 вся

51

x3

2

(x2 4x 16

66

x3

x2

dx

)dx

4

16x 66ln

x 4

C

x

4

x 4

3

2

	б)	dx
		x2 x 1

В знаменателе дроби следует выделить полный квадрат, затем привести интеграл к табличному №21 или №22

x

1

dx

dx

2

arctg

2

C

x2

x

1

1

3

(x

)

2

3

3

2

4

2

в)

x

2 dx

;

x2

5x 6

Сначала разложим подынтегральную функцию:

x 2

x 2

A

B

A(x 6) B(x 1)

.

x2

5x

6

(x

1)(x

6)

x 1

x 6

(x 1)(x 6)

x 2 A(x 6) B(x 1) ( A B)x 6 A B

A

B

1,

Отсюда

6 A

B

2

Следовательно,

A

3

,

B

4

7

7

Тогда

x

2 dx

3

dx

4

dx

3

ln

x 1

4

ln

x 6

C.

x2

5x 6

7 x 1 7 x 6

7

7

г)	2x4	5x3	4x2	5x 3 dx
		2x2	3x	1

Выделим частное и остаток от деления

52

2x4

5x3

4x2

5x 3 dx

(x2

x

4x 3

)dx

2x2

3x 1

2x2 3x 1

x3

x2

d 2x2

3x 1 dx

x3

x2

ln

2x2

3x 1

C.

3

2

2x2

3x 1

3

2

ЗАДАНИЕ 4.

Найти неопределенные интегралы методом замены переменной.

а)

dx

;

б)

dx

;

в)

dx

1

cos2 x

2x

1

4 2x 1

x x2 4x 4

Решение.

а) dx

2x 1 42x 1

Для этого интеграла рекомендуется подстановка: 2x-1=t4

dx

2x 1 t4 ,

2t3

2t3

t 2

dt

dt 2

dt

2dx 4t3dt

t2 t

t(t 1)

t 1

2x 1

4 2x 1

1

(t 1

)dt (t 1)2

2ln

t 1

C (1

4 2x 1)2

2ln

4 2x 1 1

C.

б)

t

1

dx

x x2 4x

4

Интеграл

Mx N

dx

находят подстановкой

x a

1

t

(x

a)

dx

2

bx c

																																																																			53
																																						x			1						,																								1																					1
												dx																																																															dt																				dt
																																												t																													t 2																				t
	x x2													4x 4																							dx										1								dt								1 1								1																			1 4t 4t 2
																																																																									4							4
																																																		t 2
																																																																		t t 2
																																																																													t																		t 2
																1						dt
																																																															dt																											dt
																	t
1
																																																																					1					1																					1 2
												1							4t											4t					2																										2
								t																																										1 4(t														t					4 4 )																	2 4(t						2 )
															d (t															1			)
1																														2
2
														1										(t								1				)2
												2																		2
Последний интеграл является табличным №19, где																																																																								1								1
																																																																				u t						2 , a
																																																																																																				2
					d (t										1						)																																t		1
																																			1																																				1										2t			1
												2																												arcsin															2									C										arcsin																C
																																						2																	1																2
1											(t								1					)2																																																												2
																																																							2
2																			2
				1					arcsin														2								x						C
2																							x							2
в)													dx
												cos2 x
1
Применяя																						подстановку																																	tgx									t,				получим
																									tgx											t,
																									cos2										x						1
						dx																																			1						t2																1									dt										dt
1 cos2 x																									x									arctgt,																					1												1 1							t2						2				t2
																									dx													dt																									1					t2
																																			1						t2
1									arctg(													t					)								C						1								arctg(										tgx					)				C
2																			2																						2																						2

ЗАДАНИЕ 5.

54

Вычислить определенные интегралы с точностью до двух знаков после запятой.

			r
а)	x sin 2x dx ;	б)		r2	x2 dx
	0		0

Решение.

а) x sin 2x dx

0

Этот интеграл следует вычислять методом интегрирования по частям ,

применяя затем формулу Ньютона –Лейбница ( Приложение 3)

	u x, dv	sin 2xdx			cos 2x					cos 2x				sin 2x
	x sin 2x dx	cos 2x		x							dx
					2					2		2	4					2
0	du dx, v							0	0								0
		2

		r
б)						r2		x2 dx
		0
Сделаем замену											x				r sin t, dx r cos tdt.
Если								x	0,			то				t	0,
Если								x	r,			то				t				.
																		2
r
											2																2
	r2					x2 dx					r			r 2			r 2 sin2 t						costdt r 2 cos2 tdt
0											0																0
															r2												r2
			2	1			cos 2t												sin 2t
		2																					2
r											dt					(t						)						.
			0				2							2			2						0				4

55

ЗАДАНИЕ 6.

Вычислить несобственные интегралы или доказать их расходимость.

		dx			1		dx
а)			;	б)
	0	4 x2			0	x2	5x 4

Решение.

	а)		dx
		0	4 x2

Подынтегральная функция непрерывна на всей области определения, поэтому перейдем к пределу:

dx

lim

b

dx

lim(

1

arctg

x

)

b

1

lim(arctg

b

arctg0)

4 x2

4 x2

0

b

0

b

2

2

0

2 b

2

4

Данный несобственный интеграл 1-го рода имеет конечный предел, поэтому сходится.

	1		dx
	б)
		x2	5x 4
	0

В точке x=1 подынтегральная функция не ограничена , следовательно,

данный интеграл является несобственным интегралом 2-го рода..

Разложим подынтегральную функцию на сумму простейших рациональных дробей первого типа

1		dx	1		dx	1		1		1	1		)dx
								(
0	x2	5x 4	0	(x	4)(x 1)	3			x	4		x 1
								0

Затем перейдем к пределу.

56

1	1			1					1					1				1	1			1					1								1
	(										)dx						lim	(								)dx			lim (ln	x 4	ln	x 1	)
3														3													3								0
	0			x 4 x 1													0	0		x 4 x 1									0
	1			lim (ln			x		4		)		1	1			( lim ln			3					ln 4)		.
	3						x		1				0	3
				0														0

Предела не существует, поэтому данный интеграл расходится.

ЗАДАНИЕ 7.

Вычислить площадь фигуры, ограниченной указанными линиями.

а) y (x 2)2 ,	x2		y2	1 ;		б)	2	2cos 2
			2
Решение.
а) y (x 2)2 ,	x2		y2		1
			2

Найдем точки пересечения параболы и гиперболы, для чего решим совместно уравнения этих кривых:

x2	(x	1)4	1,
		2
x4 4x3		4x2 4x 3 0.

Левую часть последнего уравнения можно разложить на множители:

(x 1)(x 3)(x2 1) 0

Отсюда x1=1, x2=3, y1=0, y2=4

Таким образом, заданные кривые пересекаются в точках А(1;0) и В(3;4) (рис.1)

57

B

A

Рис.1

Следовательно,

	3													2																	3
S		( 2(x2				1) (x 1)2 )dx										(x x2					1 ln				x			x2	1
													2																		1
	1
	1	((x 1)3 )			3				2									8			10					2	ln(3
										(3 8 ln(3			8))																8) 4.58
					1
	3					2												3			3				2

б) 2 2cos 2

Четвертой части искомой площади соответствует изменение φ от 0 до π/4 (рис.2).

π/4

					58
	Рис.2.
		1	4
					4
	S 4		2cos 2 d	2sin2	2(кв.ед)
		2
			0		0

ЗАДАНИЕ 8.

Вычислить двойные интегралы:

а)	(x	y2 )dxdy , где D:	y=x,	y=x2.
	D
б)	(x2	y2 )dxdy , где D: круг, ограниченный окружностью x2 y2 2x
	D
Решение.
а)	(x	y2 )dxdy , где D:	y=x,	y=x2.

D

Область D изображена на рисунке 3.

D

Рис.3.

Сводим двойной интеграл к повторному:

	1	x
(x	y2 )dxdy	dx (x y2 )dy.
D	0	x2

59

Вычисляем внутренний интеграл в повторном, пользуясь формулой Ньютона-

Лейбница (Приложение 3):

x		(x y			2		)dy (xy							1		y	3		)		x			x		2		2		x		3					1		x	6		.
x	2													3							x2						3								3
Теперь вычисляем повторный интеграл:
1		(x	2 2				x	3	1		x	6	)dx (					x3					1	x	4		1				x		7	)		1						5	.
0			3						3										3				6				21									0				42

б) (x2 y2 )dxdy , где D: круг, ограниченный окружностью x2 y2 2x.

D

Круг D изображен на рисунке 4.

D

Рис.4.

Перейдем к полярным координатам с полюсом в точке О(0;0). Уравнения,

связывающие декартовы (x;y) и полярные координаты (ρ;φ) имеют вид

x

cos , y

sin ,

Подставляя эти выражения в уравнение окружности, получим :

60

x2	y2		2x;
(	cos	)2		( sin		)2 2		cos ;
2	2	cos .
Отсюда			0				2cos .
Эти две кривые ограничивают область D.
Причем наглядно видно, что в качестве промежутка изменения										φ можно взять
сегмент							.
			2			2
	(x2		y2 )dxdy			((		cos )2	( sin )2 ) d d	3d d .
D							D		D

Полученный двойной интеграл по области сводим к повторному:

	2				2cos
3d d				d	3d .
D					0
	2

Вычислим повторный интеграл, применяя формулу Ньютона-Лейбница:

							2cos											2cos
2								3d	2 4												2				cos4				2					1 cos 2						)2 d
			d															d		4							d	4				(
			0										4					0														2
2									2												2								2
																																				2
			2
									1						cos 4										3								1								3
			(1					2cos 2											)d		(						sin 2								sin 4 )							.
															2										2								8								2
			2
																																						2

ЗАДАНИЕ 9.

Вычислить тройные интегралы:

	xy
а)		zdV , где V: , z=0, z=y, y= x2, y=1;

V