а). По формуле Ньютона – Лейбница (2) для вычисления ин- теграла необходимо найти первообразную подинтегральной функции. Интеграл вычисляется заменой переменной. Для пра- вильного выбора новой переменной воспользуемся операцией
подведения под знак дифференциала, т.е.
xdx = 1 d ( x 2+ 1).
2
1
∫
3 1+ x 2 xdx = x
+ 1= t ,⇒ xdx = 0,5dt
1 10
t
= ∫
2 dt =
= 1 t
3 / 2
á = 12+ 1= 2,
|10= 1 (103 / 2− 23 / 2 ).
â = 32+ 1= 10 2 2
2 3 / 2 2 3
При использовании метода подведения под знак дифферен- циала полезно помнить таблицу дифференциалов, а также сле- дующие вспомогательные формулы:
xdx = 1 d ( x 2+ a), dx = 1 d (ax + b), dx = d (ln( x)+ a),
2 a x
e x dx = d (e x + a), sinxdx = −d (cosx + a),
cosxdx = d (sinx + a),
dx
1+ x 2
= d (arctg( x)+ a), где a=const.
б). В подинтегральной функции выделим полный квадрат в
знаменателе:
x 2+ 2 x + 5= x 2+ 2 x + 1− 1+ 5= ( x + 1)2+ 22 .
Произведем замену переменных
x + 1= t ,⇒ dx = dt
3 dx = 3 dx
= á = 1+ 1= 2, =
∫
1 x 2+ 2 x + 5
∫
1 ( x + 1)2+ 22
â = 3+ 1= 4.
4 dt
∫
= 1 arctg t
|4=
1 (arctg(2) − arctg(1)) =
2 t 2+ 22 2
2 2 2
1arctg(2)− ð .
2 8
в). Интеграл в задании вычисляется заменой переменных. При правильном выборе новой переменной интегрирования в подинтегральной функции необходимо перейти к рациональной функции, т.е. необходимо избавиться от дробных показателей (от иррациональности).
В общем виде в иррациональной функции находятся все дробные показатели, определяется общий знаменатель этих
дробей и производится замена переменной
x = t s , где s — об-
щий знаменатель. В результате замены подинтегральная функ- ция рационализируется. Для дробно-рациональных функций методы нахождения первообразной известны.
3 dx = x = t
,⇒ dx = 2tdt ,
9 2tdt
∫ = ∫ =
1 x ( x + 1)
á = 1,
â = 9.
1 t(t 2+ 1)
9 dt
= 2∫
= 2arctg(t ) |9= 2arctg(9)− 2arctg(1)=
1 (t 2+ 1) 1
= 2arctg(9)− ð .
ð / 2
Задача 2.Найти интегралы: а). ∫ xe x dx , б). ∫ xsin(2 x)dx .
1 0
Если рассматриваемые интегралы относятся к следующему типу:
d
n
∫ e ax P ( x)dx ,
c
d
d
∫ sin(ax)Pn ( x)dx ,
c
D d
d
∫ cos(ax)Pn ( x)dx ,
c
∫ Pn ( x)ln( x)dx ,
c
∫ Pn ( x)arctg( x)dx ,
c
∫ Pn ( x)arcctg( x)dx ,
c
где
Pn ( x)
— многочлен степени n, a =const.
Тогда интегралы рекомендуется вычислять методом инте- грирования по частям. В 3 интегралах выбор функции U(x)сле-
дующий:
U ( x)= Pn ( x), а в оставшихся 3 интегралах —
U ( x)= ln( x),
Решение:
U ( x)= arctg( x), и U ( x)= arcctg(x).
Приведенные интегралы в задании относятся к указанным типам.
а). Применим к интегралу формулу (4):
U ( x)= x ,⇒ dU ( x)= dx ,
∫ xe x dx = dV ( x)= e x dx ,⇒
dV ( x)=
e x dx = xe x |3−∫ e x dx =
1V ( x)= e x .
∫ ∫ 1
1
= 3e 3− 3e − e x |3= 3e 3− 3e − e 3+ e1 .
б). Для вычисления 2-го интеграла также воспользуемся формулой (4):
Задача 3. Вычислить площадь плоской фигуры, ограничен-
ной кривой
y = 4 x − x 2и осью 0x.
Решение:
Данная кривая, y = 4 x − x 2, это есть парабола, ветви кото- рой направлены «вниз», т.е. в противоположную сторону от направления оси 0y, рис. 4. Найдем координаты вершины пара- болы. Для этого приведем уравнение кривой к виду:
y = ( x − x0 )
болы.
+ y0 ,
где
( x0 , y0 )
— координаты вершины пара-
y = 4 x − x 2= 4− 4+ 4 x − x 2= 4− ( x − 2)2 .
Таким образом, вершина расположена в точке с координатами (2, 4). Найдем точки пересечения параболы и оси 0x. Для этого необходимо решить систему
y = 0
Рис.4.
уравнений
2
y = 4 x − x
Система имеет
.
решение, если
x = 0,
x = 4. Парабола пересекает ось 0x в двух
точках с координатами ставлен на рис. 4.
A(0,0),
B(4,0). График параболы пред-
Найдем площадь фигуры ограниченной параболой и осью
0x. Из построения следует, что
S = ∫ (4 x − x 2 )dx = 2 x 2|4−
x ∈ [a,b]. Тогда
1 x 3 |4= 2(16− 0)−
1 (48− 0)=
= 320− 16= 16.
0 3 0 3
Задача 4.Вычислить несобственные интегралы или дока-
∞
зать их расходимость: а). ∫ arctg( x)
dx
1+ x 2
, б). ∫
Dx ,
1− x 2
∞
в). ∫
Xdx .
2 x 2− 2
Решение:
Интеграл в задании относится к несобственным интегралам по неограниченному промежутку.
По определению несобственного интеграла 1-го рода (7) мы имеем
а).
∞
∫ arctg( x)
dx
1+ x 2
A
= lim∫ arctg( x)
A→∞ 1
dx =
1+ x 2
Под знаком предела находится интеграл, который при лю-
бом конечном A может быть вычислен заменой переменной.
dx
arctg( x)= t ,⇒ 1+x 2
= dt ,
= dx = dt( 1+ x 2 ),⇒ arctg(1)= á =
,
arctg( A)= â.
arctg( A) 2 2
∫ t (1+ x
|arctg( A)= 1 lim[arctg( A)− arctg(1)]=
= lim
)dt = lim t
A→∞arctg(1)
(1 + x 2 )
A→∞ 2
arctg(1)
2 A→∞
2 A→∞
2
= 1
= 3ð .
4 32
б). Интеграл в задании относится к несобственным интегра- лам 2-го рода. Особая точка совпадает с верхней границей ин- тервала [0,1]. При x=1подинтегральная функция является не- ограниченной. Первообразной для подинтегральной функции является arcsin( x). Воспользуемся определением (8).
1+ x 2 xdx ,
2
|10= 1 (103 / 2− 23 / 2 ).
xdx = 1 d ( x 2+ a), dx = 1 d (ax + b), dx = d (ln( x)+ a),
1+ x 2
∫
∫
2 t 2+ 22 2
arctg(2)− ð .
1 x ( x + 1)
= 2∫
= 2arctg(9)− ð .
∫ cos(2 x)dx = −
+ ∫ cos(2 x)d (2 x)= −
= − 1 (− ð − 1)+ 1 0= 1 (ð + 1).
Таким образом, вершина расположена в точке с координатами (2, 4). Найдем точки пересечения параболы и оси 0x. Для этого необходимо решить систему
1 (48− 0)=
1+ x 2
1− x 2
2 x 2− 2
1+ x 2
1+ x 2
arctg( x)= t ,⇒ 1+x 2
= 1 lim[arctg 2 ( A)− arctg 2 (1)]= 1[arctg 2 (∞)− arctg 2 (1)]=
22
ä→0 2
2
Задача 5.Найти объем тела враще- ния, образуемого цепной линией
dx =ð∫
= ð∫
0 4
+ ð a
∫ e t dt − ð
e t dt +
+ ba
2