Математика в примерахизадачах Часть 4 под общ ред. Л. И. Майсеня

• Название: Математика в примерахизадачах Часть 4 под общ ред. Л. И. Майсеня
• Дата: 01.10.2019
• Размер: 1.84 Mb.
• Имя файла: n1.pdf
• Тип: Учебное пособие; #88200
• страница: 9 из 31

3.2. Найдите неопределенный интеграл, используя подста- новку tg :
t
x
=
1)
2 2
;
3cos
5sin
dx
x
x
+
∫
2)
2
;
1 sin
dx
x
+
∫
64 3)
2 2tg
2
;
tg tg
1
x
dx
x
x
+
+
+
∫
4)
2 2
4 2
;
7cos
2sin cos sin
tgx
dx
x
x
x
x
−
−
+
∫
5)
(
)
;
4tg
1 sin 2
dx
x
x
−
∫
6)
(
)
2 3
2tg
;
sin
2cos
x
dx
x
x
+
+
∫
7)
4 7tg
;
tg
2
x
dx
x
−
−
∫
8)
2 5tg
2
;
3sin
2sin 2 2
x
dx
x
x
+
+
+
∫
9)
2 2tg
1
;
cos sin 2 1
x
dx
x
x
−
−
+
∫
10)
2 7tg
1 3sin sin 2 4cos 2
x
dx
x
x
x
−
−
−
∫
19.7. Интегрирование иррациональных функций
Основной метод вычисления интеграла от иррациональной функции – метод рационализации (т. е. сведение к рациональной функции), для чего делают определенную подстановку.
Алгебраическая подстановка
Интеграл вида
1 2
1 2
,
,
, ... ,
,
n
n
p
p
p
q
q
q
ax
b
ax
b
ax
b
R x
dx
cx
d
cx
d
cx
d


+
+
+
















+
+
+








∫
(19.31) где
1 2
1 2
,
, ...,
,
,
, ...,
n
n
p
p
p
q
q
q – целые ненулевые числа, с помощью подстановки
,
m
ax
b
t
cx
d
+ =
+
(
)
1 2
,
, ...,
,
n
m
Í Î Ê q q
q
=
приводится к интегралу от рациональной функции.
Частные случаи интеграла (19.31):
1. Если
0,
c
=
1,
d
=
то интеграл имеет вид:
1 1
, (
) , ... (
)
,
n
n
p
p
q
q
R x ax
b
ax
b
dx




+
+


∫
и преобразуется в интеграл от рациональной функции с помо- щью подстановки (
)
,
m
ax
b
t
+
=
где
1 2
( ,
, ...,
).
n
m
НОК q q
q
=
2. Если
0
=
=
c
b
,
1
=
=
d
a
, то интеграл (19.31) имеет вид:
1 2
1 2
,
,
, ... ,
,
n
n
p
p
p
q
q
q
R x x
x
x
dx






∫

65 и сводится к интегралу от рациональной функции с помощью подстановки
,
m
x
t
=
где
1 2
( ,
, ...,
).
n
m
НОК q q
q
=
Тригонометрическая подстановка
Интегралы вида
2
( ,
)
,
R x
ax
bx
c dx
+
+
∫
где R – некоторая рациональная функция относительно x и
2
,
ax
bx
c
+
+
могут быть вычислены с помощью тригонометри- ческих подстановок, которые приводят его к интегралу от ра- циональной функции.
В квадратном трехчлене выделим полный квадрат
2 2
2 2
4 2
4
b
b
ac
ax
bx
c
a
x
a
a


−


+
+ =
+
−








и применим подстановку
2
b
y
x
a
= +
В результате под корнем получим одно из 3-х выра- жений:
2 2
,
k
y
−
2 2
k
y
+
или
2 2
y
k
−
Если имеем
2 2
,
k
y
−
то для уничтожения иррационально- сти применим подстановку sin ,
y
k
t
=
в результате которой cos
,
dy
k
tdt
=
2 2
cos .
k
y
k
t
−
=
Аналогично можно использо- вать подстановку cos .
y
k
t
=
Если имеем
2 2
,
k
y
+
то для уничтожения иррационально- сти применяется подстановка tg ,
y
k
t
=
в результате которой имеем:
2
,
cos
k
dy
dt
t
=
2 2
cos
k
k
y
t
+
=
Если под интегралом есть выражение
2 2
,
y
k
−
то подстав- ляем
,
cos
k
y
t
=
т. е. tg
,
cos
k
t
dy
dt
t
=
2 2
tg .
y
k
k
t
−
=
Далее интеграл вычисляют как интеграл от тригонометриче- ской функции и возвращаются к старой переменной, выражая последовательно t через y и x.
66
Пример 1. Найти неопределенный интеграл:
1)
6 6
3 5
2 3
;
2
x
dx
x
x
−
+
∫
2)
(
)
2 1
3 2
;
3 2
3 2
x
dx
x
x
+
+
+
−
+
∫
3)
(
)
2 6
1
;
1 2
x
dx
x
x
+
+
+
∫
4)
2 2
2 2
x
x
dx
x
x
+
+
−
−
∫
Решение. 1) Поскольку интеграл имеет вид:
(
)
1 5
2 6
6 3
,
,
,
R
x
x
x
dx а
(
)
3; 6 6,
НОК
=
то применим подстановку
6
x
t
=
Тогда
5 5
6 6
6 5
5 4
4 6
3 5
2 3
(
3) 6
(
3)
,
,
6 6
2
(
2)
2
x
t
t dt
t
t dt
x
t
t
x
dx
dx
t dt
t
t
t t
x
x
−
−
−
=
=
=
=
=
=
=
+
+
+
∫
∫
∫
2 2
3 10 6
6 5
3 30 60 ln
2 2
2
t
t
dt
t
dt
t
t
t
C
t
t
−


=
=
− +
=
−
+
+ + =


+
+


∫
∫
3 6
6 3
30 60 ln
2
x
x
x
C
=
−
+
+ +
2) Интеграл имеет вид:
(
) (
)
1 2
2 3
2
, 3 2
,
R
x
x
dx




+
+


∫
поэтому применим подстановку
2 3
2.
t
x
=
+
Тогда имеем:
2 2
2 4
3 3
2,
3 2,
1 3
2 1
2 2
(1
)
2
,
3 3
(3 2)
3 2
(
1)
3 2
3
t
x
t
x
x
t
t tdt
t
dx
tdt
x
x
x
t
t
t t
dx
tdt
=
+
=
+
+
+
+
+
−
=
=
⋅
=
=
=
+
−
+
−
−
=
∫
∫
∫
3 2
2 2
1 2
1 4
2 2
1 3
3 9
1 9
1
(
1)(
1)
1
t
t
dt
t
dt
dt
dt
t
t
t
t
t
t
t
+
+
+
=
=
=
−
=
−
−
−
+ +
+ +
∫
∫
∫
∫
2 2
2 4
2
(
1)
4 2
ln
1
ln
1
ln
1 9
9 9
9 1
d t
t
t
t
t
t
C
t
t
+ +
=
− −
=
− −
+ + + =
+ +
∫
4 2
ln
3 2 1
ln 3 3
3 2
9 9
x
x
x
C
=
+ − −
+ +
+ +
3) Интеграл имеет вид:
1 2
1
,
2
x
R x
dx
x




+






+




Применим подстановку
2 1
,
2
x
t
x
+ =
+
1
,
2
x
t
x
+
=
+
2 2
1 2
,
1
t
x
t
−
=
−

67 2
2 2
,
(
1)
tdt
dx
t
=
−
2 2
2 2
1 2 1
1 1
1
t
t
x
t
t
−
−
+ =
+ =
−
−
Получаем:
2 2
2 4
2 2
2 12 (
1)
12 2
12 12 1
(
1)
t t
dt
dt
x
C
C
t
x
t t
t
−
+
=
= −
+ = −
+
+
−
∫
∫
4) Интеграл имеет вид:
3 2
2 2
x
R
dx
x




+






−




Применим подстановку
2 2
,
2
x
t
x
+ =
−
2
,
2
x
t
x
+
=
−
(
)
2 2
2 ,
x
t
x
+ =
−
2 2
(
1)
2 2 ,
x t
t
− = +
2 2
2(1
)
,
1
t
x
t
+
=
−
2 2
8
(
1)
tdt
dx
t
−
=
−
Получаем интеграл
3 4
3 2
2 2
2 2
2 2
8 8
2 2
2
(
1)
(
1)
x
x
x
t
t
dx
dx
t
dt
dt
x
x
x
t
t
+
+
+
−


=
=
= −


−
−
−


−
−
∫
∫
∫
∫
Для вычисления последнего интеграла вместо разложения на простейшие дроби применим формулу интегрирования по частям.
Положим:
3
,
u
t
=
2 3
,
du
t dt
=
2 2
,
(
1)
tdt
dv
t
=
−
2 2
2 2
2 2
2 2
(
1)
1 2
1 1
1 2
2 2
(
1)
(
1)
(
1)
1
d t
tdt
tdt
v
t
t
t
t
−
=
=
=
= −
−
−
−
−
∫
∫
∫
Получаем:
4 3
2 3
2 2
2 2
2 2
2 3
4 1 1 8
8 12 2
(
1)
2(
1)
1
(
1)
1
t dt
t
t dt
t
t
dt
t
t
t
t
t


−
− +
−
= −
+
=
−
=




−
−
−
−
−


∫
∫
∫
3 3
2 2
2 4
4 1
12 12 12 6 ln
1 1
1 1
t
dt
t
t
dt
t
C
t
t
t
t
−
=
−
−
=
−
−
+
+
−
−
−
∫ ∫
Заменяем t на
2
,
2
x
x
+
−
тогда имеем:
(
)
3 2
2 2
2 2
2 4
1 2
2 2
12 6 ln
2 2
2 2
2 1
1 2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
C
x
x
x
x
x
x
+
+
−
−
+
−


−


+
+
+

 −
−
+ = −
−
+
−
−
−
−
+
−
68
(
)
2 2
2 2
2 12 6 ln
2 12 2
2 2
2 2
x
x
x
x
x
C
x
x
x
x
x
x
+
+ −
−
+
+
−
−
+ =
+
−
−
−
−
−
+ +
−
2 2
2 2
2 6 ln
(
10)
6 ln
2 2
2 2
2
x
x
x
x
x
C
x
C
x
x
x
x
x
+ −
−
+
+ −
−
−
+ = −
−
+
−
+ +
−
+ +
−
Пример 2. Найти неопределенный интеграл:
1)
2 2
9
;
x
dx
x
−
∫
2)
2 3
;
(
4)
dx
x
−
∫
3)
2
;
1
dx
x
x
+
∫
4)
2 5
(
2 5)
dx
x
x
+
+
∫
Решение. 1) Положим
3sin .
x
t
=
Тогда
3cos
,
dx
tdt
=
arcsin .
3
x
t
=
Интеграл примет вид:
2 2
2 2
2 2
2 2
9 9 9sin
9 cos
1 sin
3cos
9 sin
9 sin sin
x
t
t
t
dx
tdt
dt
dt
x
t
t
t
−
−
−
=
⋅
=
=
=
∫
∫
∫
∫
2
ctg sin
dt
dt
t
t
C
t
=
−
= −
− +
∫
∫
Возвращаемся к заданной переменной, заменяем t на arcsin .
3
x
Тогда
2 2
2 2
3 3
3 3
1 1 sin arcsin cos
1 sin
9
ctg sin sin sin arcsin
x
x
x
x
t
t
x
t
t
t
x
 
−
−
 
−
−
 
=
=
=
=
=
Приходим к ответу:
2 9
arcsin
3
x
x
C
x
−
−
−
+
2) Применим подстановку
2
cos
x
t
=
Тогда
2 2 sin
,
cos
t
dx
dt
t
=
2
arccos .
t
x
=
Получаем интеграл
(
)
2 3
3 3
2 2
3 2
2 2
4 1 cos cos cos
1 2sin
2sin cos
4 4
4
cos
t
t
t
dx
tdt
tdt
t
x
t
−
=
⋅
=
=




−
−








∫
∫
∫

69 3
2 3
2 2
3 2
3 2
sin sin cos cos
2 sin
1
sin
1
cos
4 4
sin cos
2
cos
t
t
t
t
tdt
tdt
tdt
t
t
t
=
=
=
=






∫
∫
∫
1 2
1 1 sin
1
sin sin
4 4
1 4 sin
t
td
t
C
C
t
−
−
=
=
+ = −
+
−
∫
Заменяя t на
2
arccos ,
x
получаем:
2 2
2 2
2 4
4
sin sin arccos
1 cos arccos
1
x
t
x
x
x
x
−
=
=
−
=
−
=
Приходим к ответу:
2 4
4
x
C
x
−
+
−
3) 1-й способ. Применим подстановку tg .
x
t
=
Тогда
2
,
cos
dt
dx
t
=
arctg .
t
x
=
Интеграл примет вид:
2 2
2 2
2
sin
1
cos cos
1
sin cos
1
tg
1 tg cos
t
t
t
dx
dt
dt
dt
t
t
x
x
t
t
t
=
⋅
=
=
=
+
+
⋅
∫
∫
∫
∫
2 2
2 2
tg
,
2arctg ,
, sin
2 1
1
t
dz
z
z
t
z dt
t
z
z
= =
=
=
=
=
+
+
2 2
2 1
2
ln ln tg
2
(1
)
z
z
dz
dz
t
z
C
C
z
z
+
=
=
=
+ =
+
+
⋅
∫
∫
Заменяем t на arctg x
и применяем формулу sin tg
2 1 cos
t
t
t
=
+
2 2
2
tg tg arctg sin
,
1 tg
1 tg arctg
1
t
x
x
t
t
x
x
=
=
=
+
+
+
2 2
2 1
1 1
cos
,
1 tg
1 tg arctg
1
t
t
x
x
=
=
=
+
+
+
2 2
2 1
1 1
tg
2 1
1 1
x
x
x
t
x
x
+
+
=
=
+
+
+
70
Приходим к ответу:
2 2
1 1
ln tg ln ln
2 1
1
t
x
x
C
C
C
x
x
+
+
+ =
+ = −
+ =
+
+
2 1
1
ln
x
C
x
x
+
= −
+ +
2-й способ. Применим подстановку
1
x
t
=
Тогда
2
,
dt
dx
t
= −
1
t
x
=
Получаем интеграл
2 2
2 2
2 2
2 1
1 1
1
ln
1 1
1 1
1 1
1
ln
1
ln
t
t
dx
dt
dt
t
t
t
x
x
t
x
C
C
x
x
x
x
+
−
=
⋅
= −
= −
+
+
=
+
+
+
= −
+
+
+ = −
+
+
∫
∫
∫
4) Выделим полный квадрат в квадратном трехчлене
2 2
2 2
5 2
1 4
(
1)
4.
x
x
x
x
x
+
+ =
+
+ + = +
+
Положим
1
,
x
y
+ =
тогда
,
dx
dy
=
получаем интеграл
2 5
2 5
,
(
2 5)
(4
)
dy
dx
x
x
y
=
+
+
+
∫
∫
для вы- числения которого применим тригонометрическую подстановку
2tg ,
y
t
=
2 2
,
cos
dt
dy
t
=
arctg
2
y
t
=
Тогда имеем:
2 2
5 5
2 5
2 5
4 2
2 1
cos
1 2
2
cos
(4 4tg )
2
(1 tg ) cos
2
cos
t
dt
dt
dt
t
t
t
t
t
⋅
=
=
=
+
+






∫
∫
∫
3 2
2 5
1
cos
1 1
1
cos cos
16 16 16
cos
t
dt
tdt
cos t
tdt
t
=
=
=
=
∫
∫
∫
3 2
1
sin sin
(1 sin
) sin
16 16 48
t
t
t d
t
C
=
−
=
−
+
∫
Заменяем
1
arctg arctg
:
2 2
y
x
t
+
=
=
(
)
2 2
2 2
1 1
2 2
1 1
2 2
tg arctg tg
1
sin
1 tg
4 1
1 tg arctg
1
x
x
x
x
t
x
t
t
x
+
+
+
+
+
=
=
=
=
=
+
+ +


+
+ 




71 2
1 2
5
x
x
x
+
=
+
+
Приходим к ответу:
(
)
3 2
2 1
1 1
48 16 2
5
(
2 5)
x
x
C
x
x
x
x
+


+
−
+




+
+
+
+

