Неопределенный интеграл и первообразная. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Неопределенный интеграл и первообразная.

Тема Математический анализ

10 Неопределенный интеграл и первообразная.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#78421

Вычислить при помощи метода Остроградского:

∫ dx --4------3 x (x − 2)

Показать ответ и решение

Применим метод Остроградского. Наш знаменатель

Q(x) = x4(x− 2 )3

И его надо разложить на $Q (x) = Q1 (x)Q2(x)$ так, чтобы $Q2$ имел те же корни, что и $Q$ , но кратности 1, а $Q1$ имел те же корни, что и $Q$ , но кратности на 1 меньше, чем они были у $Q$ . Таким образом получаем

Q1(x) = x3(x− 2)2, Q2 (x) = x (x − 2)

И по методу Остроградского мы можем записать теперь, что :

∫ ∫ ---dx-----= ---H(x)---+ --G(x)--dx,deg H (x ) < 5,deg G(x) < 2 x4(x − 2)3 x3(x − 2)2 x(x − 2)

Таким образом, с учетом ограничений на степени, можем записать это последнее равенство с неопределенными коэффициентами:

∫ ∫ ----dx---- a0 +-a1x-+-a2x2-+-a3x3 +-a4x4 -bx-+-c- x4(x − 2)3 = x3(x − 2)2 + x(x − 2)dx

Продифференцируем его обе части:

2 3 3 2 4 3 2 2 3 4 ----1-----= (a1 +-2a2x-+-3a3x-+-4a4x-)(x-(x-−-2)-)−-(5x--−-16x-+-12x--)(a0-+-a1x+-a2x--+-a3x--+-a4x-)+ x4(x − 2)3 x6 (x − 2)4

+ -bx+--c- x(x − 2)

Приводя правую часть к общему знаменателю, получим, что левая часть будет такой:

(a1 + 2a2x + 3a3x2 + 4a4x3 )(x3(x − 2)2)− (5x4 − 16x3 + 12x2)(a0 + a1x+ a2x2 + a3x3 + a4x4) ----------------------------------------6------4---------------------------------------+ x (x − 2)

5 3 +(bx-+-c)x-(x-−-2)- x6(x − 2)4

Теперь, если дробь в левой части домножить на $x2(x − 2)$ , то получим, что и у левой и у правой части знаменатели равны $6 4 x (x − 2)$ и мы можем приравнять числители:

x2(x− 2) = (a1+2a2x+3a3x2 +4a4x3 )(x3(x− 2)2)− (5x4 − 16x3 +12x2 )(a0 +a1x+a2x2 +a3x3 +a4x4 )+

5 3 +(bx + c)x (x − 2)

Или

2 9 8 7 6 x (x − 2) = bx + (− a4 − 6b + c)x + (− 2a3 + 12b − 6c)x + (− 3a2 + 4a3 + 4a4 − 8b + 12c)x +

+ (− 4a + 8a − 8c)x5 + (− 5a + 12a − 4a )x4 + (16a − 8a )x3 − 12a x2 1 2 0 1 2 0 1 0

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях $x$ в левой и в правой части, получаем такую систему уравнений

( |||| 0 = b п ри x9 |||| 8 ||| 0 = − a4 − 6b+ c п ри x |||| 7 |||| 0 = − 2a3 + 12b− 6c п ри x |{ 0 = − 3a2 + 4a3 + 4a4 − 8b+ 12c п ри x6 |||| 0 = − 4a1 + 8a2 − 8c п ри x5 ||| |||| 0 = − 5a0 + 12a1 − 4a2 п ри x4 |||| 3 ||| 1 = 16a0 − 8a1 п ри x ||( − 2 = − 12a п ри x2 0

Решением этой системы является

1 5 5 15 5 5 a0 = -,a1 = ---,a2 = --,a3 = −---,a4 = --,b = 0,c =--- 6 24 12 16 16 16

И, значит, мы получаем, что

∫ 1 5 5 2 15 3 5 4 ∫ ----dx----= 6-+-24x+--12x-−-16x--+-16x--+ -5- ---dx--- x4(x − 2)3 x3(x− 2)2 16 x (x − 2)

И последний интеграл считается разложением дроби

1 -------- x(x − 2)

на простейшие

1 A B x(x−--2) = x-+ x-−-2

Приводим сумму справа к общему знаменателю, и получаем равенство

---1---- A(x-−-2)+-Bx-- x(x− 2) = x(x− 2)

Откуда видим, что $1 1 A = − 2,B = 2$ . Таким образом, получаем, что

∫ ∫ ∫ --dx----= − 1- dx-+ 1- -dx-- x(x− 2) 2 x 2 x − 2

И, следовательно,

∫ ∫ ∫ ---dx--- 1- dx- 1- -dx-- 1- 1- x(x − 2) = −2 x + 2 x − 2 = − 2 ln |x|+ 2 ln|x − 2|+ C

Таким образом,

∫ 1 5- -5 2 15 3 5- 4 ---dx-----= -6 +-24x-+-12x--−-16x-+--16x-+ 5--− 5--ln |x|+ 5-ln|x − 2|+ C x4(x− 2 )3 x3 (x − 2)2 16 32 32

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#78420

Вычислить, разлагая на простейшие, но без поиска разложения методом неопределенных коэффициентов:

∫ 7 3 3x-+-5x--dx (x8 + 4)2

Показать ответ и решение

∫ 3x7 + 5x3 3∫ d(x8 + 4) 5∫ d(x4) ---8----2 dx = -- --8-----2 + -- ---42-----2 = (x + 4) 8 (x + 4) 4 ((x ) + 4)

3---1-- -5---x4-- -5- x4- = − 8x8 + 4 + 32 x8 + 4 + 64 arctg 2 + C

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#78418

Вычислить, разлагая на простейшие, но без поиска разложения методом неопределенных коэффициентов:

∫ ------dx------- (x+ 2)2(x − 3)2

Показать ответ и решение

∫ dx 1 ∫ 1 1 ------2-------2 = --- (-----− -----)2dx = (x+ 2) (x − 3) 25 x− 3 x + 2

1--∫ --dx---- ∫ -----dx------ ∫ ---dx--- = 25( (x − 3)2 − 2 (x− 3)(x + 2) + (x+ 2)2 )

И здесь все интегралы, кроме второго, вычисляются элементарно. Второй же интеграл вычисляется разложением дроби $(x−-31)(x+2)$ на сумму простейших.

1 1 1 1 ------------- = -(----- − -----) (x− 3)(x + 2) 5 x − 3 x + 2

А поэтому

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ -1( --dx----− 2 ------dx----- + ---dx---) = 1-(− -1---− 2- -dx--+ 2- -dx--− --1--) = 25 (x− 3)2 (x − 3)(x+ 2) (x + 2)2 25 x− 3 5 x − 3 5 x+ 2 x + 2

-1---1-- -2-- -2-- 1---1-- = −25 x − 3 − 125 ln|x − 3|+ 125 ln |x+ 2|− 25x + 2 + C

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#77289

Найти неопределенный интеграл на каком-нибудь интервале при помощи интегрирования по частям

∫ e−x sin xdx

Показать ответ и решение

Пусть $u(x) = e− x,v′(x) = sin x$ , тогда $v (x ) = − cosx$ , значит

∫ ∫ e− xsin xdx = − e−xcosx − e−xcosxdx

Проделаем с интегралом

∫ −x e cosxdx

вновь то же самое $− x ′ u(x) = e ,v(x) = cosx$ , тогда $v(x) = sinx$ , значит

∫ ∫ e− xcosxdx = e− xsin x+ e−x sinxdx

Таким образом, имеем:

∫ ∫ − x −x −x −x e sin xdx = − e cosx − e sin x− e sinxdx

Следовательно, если обозначит за

∫ I = e−x sin xdx

То получается функциональное уравнение

I = − e−xcosx − e−x sin x− I

То есть

2I = − e−x cosx− e−xsinx

То есть

− x −x I = − e--cosx-−-e---sinx-+ C 2

Эти вычисления верны на любом интервале в $ℝ$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#77288

Найти неопределенный интеграл на каком-нибудь интервале при помощи интегрирования по частям

∫ xcos(5x)dx

Показать ответ и решение

Пусть $u(x) = x, v′(x) = cos(5x )$ , тогда $v(x) = 15 sin(5x)$ . И будем иметь

∫ 1 ∫ 1 1 1 ∫ x cos(5x )dx = x -sin(5x)− --sin(5x)dx = x -sin(5x)− --- sin(5x)d(5x) = 5 5 5 25

1- -1- = x 5 sin(5x)+ 25 cos(5x)+ C

Эти вычисления верны на любом интервале в $ℝ$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#77286

Найти неопределенный интеграл на каком-нибудь интервале при помощи интегрирования по частям

∫ x2 arccos xdx

Показать ответ и решение

Пусть $u(x) = arccosx,v ′(x) = x2$ . Тогда $v(x) = x33$ и мы будем иметь

∫ x3 ∫ x2 arccos xdx = arccos x---− v (x )u ′(x) = 3

∫ x3- 1- -x3dx--- = arccosx 3 + 3 √1-−-x2

Этот последний интеграл

∫ √-x3dx-- 1 − x2

тоже возьмем по частям. Пусть $u(x) = x2,v′(x) = √-x-- 1−x2$ , тогда $v(x) = − √1-−-x2$ . Таким образом,

∫ ∫ ∫ √-x3dx-- 2∘ ----2- ∘ -----2 2∘ ----2- ∘ -----2 2 1 − x2 = − x 1− x + 2 x 1 − x dx = − x 1− x + 1 − x d(x ) =

∘ ------ ∫ ----- ∘ ------ = − x2 1 − x2 − √1 − td(1− t) = − x2 1 − x2 − 2(1− t)32 + C = 3

∘ ------ 2 3 = − x2 1− x2 − -(1 − x2)2 + C 3

Итого:

∫ x3 1 ∘ ------ 2 3 x2arccosxdx = arccosx --− -x2 1 − x2 − -(1− x2)2 + C 3 3 9

Проделанные вычисления справедливы на любом интервале, содержащемся в отрезке $[− 1,1]$

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#77285

Найти неопределенный интеграл на каком-нибудь интервале при помощи занесения под дифференциал

∫ x (1 − x)10dx

Показать ответ и решение

Поскольку $x = 1 − (1− x)$ , то

∫ ∫ ∫ ∫ x(1− x)10dx = (1− (1 − x))(1− x)10dx = (1− x )10dx − (1− x )11dx =

∫ ∫ 10 11 = − (1− x ) d(1 − x)+ (1 − x) d(1 − x) =

(обозначим $1− x = t$ )

∫ ∫ = − t10dt+ t11t = −-1-t11 + 1-t12 + C = −-1-(1− x)11 + 1-(1− x )12 + C 11 12 11 12

Эти вычисления верны на любом интервале в $ℝ$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#77284

Найти неопределенный интеграл на каком-нибудь интервале при помощи занесения под дифференциал

∫ ∘---dx---- x (1 − x)

Показать ответ и решение

Подынтегральная функция определена только на интервале $(0,1)$ . Внутри этого интервала мы и будет искать наш неопределенный интеграл:

∫ ∫ ∫ √ -- ∫ √ -- ∘---dx----= ---∘-dx-----= 2 d√(--x)-= 2 ∘--d(--x)--- x(1− x) √ x (1 − x) 1 − x 1 − (√x-)2

Сделаем замену $√ -- x = t$ , и получим

∫ √ -- ∫ 2 ∘--d(-x)----= 2 √--dt---= 2arcsint+ C 1− (√ x)2 1− t2

Делая обратную замену, получаем итоговый ответ:

∫ ∘--dx-----= 2 arcsin √x-+ C x(1− x )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#77283

Найти неопределенный интеграл на каком-нибудь интервале при помощи занесения под дифференциал

∫ 3 -x-dx- x8 − 2

Показать ответ и решение

Табличным интегралом является следующий:

∫ 1 1 x − 1 --2---dx = -ln|-----|+ C x − 1 2 x + 1

Но можно аналогично доказать, что и для любого $a ⁄= |x|,a ⁄= 0$ будет верно, что

∫ ---1--- 1-- x-−-a x2 − a2dx = 2a ln|x + a|+ C

Мы будем этим пользоваться.

∫ 3 ∫ 4 -x-dx- = 1- ----d(x-)√---- x8 − 2 4 (x4)2 − ( 2)2

Обозначим $t = x4$ и получим

∫ ∫ √ -- ---d-(x4)√---- ----dt√---- --1√-- t−-√-2- (x4)2 − ( 2)2 = t2 − ( 2 )2 = 2 2 ln |t+ 2|+ C

Делая обратную замену, получим:

∫ 3 ∫ 4 ∫ √ -- 4 √ -- x-dx--= 1- ----d(x-)√----= 1- ----dt√----= -1√--ln|t−-√-2|+ C = -1√--ln |x--−-√-2|+ C x8 − 2 4 (x4)2 − ( 2)2 4 t2 − ( 2)2 8 2 t+ 2 8 2 x4 + 2

На каком же интервале мы нашли наш неопределенный интеграл? На любом, на котором справедливо было нахождение табличного интеграла, то есть на любом интервале, не содержащем точки вида $√8-- x = ± 2$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#77282

Найти неопределенный интеграл на каком-нибудь интервале при помощи занесения под дифференциал

∫ ---dx--- 1 + sin x

Показать ответ и решение

∫ dx ∫ d(π − x) --------= − -----2--π----- 1+ sinx 1 + cos(2 − x )

Но $1+ cos(π2 − x) = 2cos2(π4 − x2)$ , поэтому:

∫ d(π2 − x) ∫ d( π2 − x) ∫ d(π4 − x2 ) − 1-+-cos(π-−-x) = − 2-cos2(π-−-x-) = − cos2(π−--x) 2 4 2 4 2

Для удобства сделаем замену $π4 − x2 = t$ , тогда

∫ ∫ -d(π4-−-x2)-- -dt-- − cos2(π − x) = − cos2t = − tg t+ C 4 2

Этот интеграл табличный.

Делаем теперь обратную замену:

∫ π x -d(4-−-2)-- π- x- − cos2(π4 − x2) = − tg t+ C = − tg(4 − 2 )+ C

На каком же интервале мы нашли наш неопределенный интеграл? На любом, на котором справедливо было нахождение табличного интеграла, то есть на любом интервале, на котором не зануляется $cos(π− x) 4 2$ , то есть на любом интервале, не содержащем точек вида $− π + 2πk,k ∈ ℤ 2$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#77281

Привести пример функции, не имеющей первообразной на интервале $(0,1)$ .

Показать ответ и решение

Например, это функция, заданная формулой

( 1 { − 1 при x < 2 f (x ) = ( 1 1, при x ≥ 2

Действительно, она не имеет первообразной на $(0,1)$ . Давайте докажем это от противного.

Пусть существует такая $F (x)$ (потенциальная первообразная), что для любого $x ∈ (0,1)$ выполнено

F ′(x) = f(x)

Таким образом, ясно, что при $x > 1 2$ функция $F (x )$ равна $x+ C1$ для какой-то константы $C1$ . А при $1 x < 2$ функция $F(x)$ равна $− x + C2$ для какой-то константы $C2$ . То есть мы получаем, что

( { − x + C2 при x < 12 F(x) = ( 1 x+ C1, при x > 2

Но, поскольку мы хотим, чтобы для любого $x ∈ (0,1)$ выполнено

F ′(x) = f(x)

То это означает, что $F(x)$ должна быть дифференцируема в каждой точке интервала $(0,1)$ . А, значит, и непрерывна в каждой точке точке интервала $(0,1)$ , поскольку из дифференцируемости в точке вытекает непрерывность в точке.

Но тогда, в частности, это означает, что $F(x)$ должна быть непрерывна в точке $x = 1 2$ .

То есть, во-первых, должен существовать

lxim→1 F(x) 2

А, во-вторых, он должен быть равен $F (12)$ .

Итак, раз должен существовать

lxim→1 F(x) 2

То это означает, что должны существовать оба односторонних предела

xli→m1− F (x ),xl→im1+ F(x) 2 2

И они должны быть равны между собой. Однако

1- 1- xli→m1− F (x ) = − 2 + C2,xl→im1+F (x) = 2 + C1 2 2

Следовательно,

1 1 1 F (-) = − --+ C2 = --+ C1 2 2 2

Откуда мы получаем, что $1 1 − 2 + C2 = 2 + C1$ , а, значит, $C1 = − 1+ C2$ . Допустим, $C1 = 0,C2 = 1$ (это никак не ограничивает общность) и тогда получается, что

1 1 1 1 F (-) = − -+ C2 = --+ C1 = -- 2 2 2 2

Таким образом, получаем:

( | 1 ||{− x + 1 при x < 2 F (x) = x, при x > 1 ||| 2 ( 12, при x = 12

Но что же получается? А получается, что $F$ задается формулой

1 1 F (x ) = |x −-|+ -- 2 2

Но такая $F$ , разумеется, не будет дифференцируемой в точке $1 x = 2$ .

(Это доказывается аналогично тому, что функция $g(x) = |x|$ - недифференцируема в точке $x = 0$ ).

Получили противоречие с тем, что $F$ должна быть всюду дифференцируема на интервале $(0,1)$ .

Отметим, что наш произвол в выборе констант $C1$ и $C2$ ни на что существенно не повлиял, поскольку при другом выборе этих констант функция $F$ просто сдвинулась бы вдоль оси $Oy$ , но принципиально в рассуждениях ничего бы не изменилось.

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#57057

Вычислить, применяя нужную замену для интеграла, содержащего радикал:

∫ dx 4∘-------3-------5 (x− 1) (x + 2)

Показать ответ и решение

Давайте преобразуем подынтегральную функцию к более удобному виду:

∘ ------3- -∘------1---------= ---1----⋅ 4 (x+-2)- 4 (x − 1)3(x+ 2)5 (x + 2)2 (x− 1)3

Тогда ясно, что нужно сделать замену $x+2 = t4 x−1$ . Откуда $x = 2+t4 t4−1$ , $x+ 2 = 3t4- t4−1$ , $dx = -−12t3-dx (t4−1)2$ .

Таким образом, будем иметь:

$∘ -------- ∫ dx ∫ 1 (x + 2)3 ∘4--------------- = ------2-⋅ 4-------3dx = (x − 1)3(x+ 2)5 (x+ 2) (x − 1) ------ ∫ (t4 − 1)2 (− 12t3) 4 ∫ dt 4 1 4 ∘4x − 1 = t3 ⋅----8-- ⋅-4-----2dt = −-- -2 = -⋅ -+ C = --⋅ ----- + C 9t (t − 1) 3 t 3 t 3 x + 2$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#57056

Вычислить, применяя нужную замену для интеграла, содержащего радикал:

∫ dx √----√4-- x+ x

Показать ответ и решение

Сделаем замену $x = t4$ , то есть $√ -- 4 x = t$ . Тогда $dx = 4t3dt$ и мы имеем:

∫ dx ∫ t3dt ∫ t2dt √-----4√--= 4 2----= 4 ----- x + x t + t t+ 1

И мы свели интеграл от рациональной функции от корня от $x$ к интегралу от рациональной функции от $t$ . Поделим числитель на знаменатель:

∫ 2 ∫ 2 √-- √ -- √ -- 4 t-dt-= 4 (t− 1+ --1--)dt = 4(t − t+ ln|t+ 1|)+ C = 2 2x − 4 4x + 4ln| 4 x+ 1 |+ C t+ 1 t + 1 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#57055

Вычислить при помощи метода Остроградского:

∫ xdx ------2-------3 (x− 1) (x + 1)

Показать ответ и решение

Как мы видим, у знаменателя куча кратных корней - корень 1 кратности 2 и корень $− 1$ кратности 3. Это более чем явный повод для того, чтобы воспользоваться методом Остроградского.

Итак, если знаменатель $Q(x) = (x− 1)2(x + 1)3$ , то мы должны разложить его на $Q (x ) = Q1 (x )⋅Q2 (x )$ , где $Q 2$ имеет в точности те же корни, что $Q$ , но кратности 1.

Таким образом, $Q (x ) = (x − 1)(x + 1)2 1$ , $Q (x) = (x− 1)(x + 1) 2$ .

Тогда, по методу Остроградского:

∫ ∫ ------xdx------= H-(x)-+ G-(x)dx (x− 1)2(x + 1)3 Q1(x) Q2(x)

Где у многочленов $H (x)$ и $G (x)$ степень строго меньше, чем у знаменателей тех дробей, в которых они стоят.

Таким образом, с неопределенными коэффициентами последнее равенство записывается как:

∫ xdx ax2 + bx+ c ∫ tx+ e ------2-------3 = -------------2 + -------------dx (x − 1)(x + 1) (x− 1 )(x + 1) (x − 1)(x + 1)

Продифференцируем это равенство с неопределенными коэффициентами, и получим:

2 2 2 -------x-------= (2ax-+-b)(x-−-1)(x+-1)--−-(ax--+-bx-+-c)((x-+-1)-+-2(x-−-1)(x-+-1))+ ----tx-+-e---- (x − 1)2(x + 1)3 (x − 1)2(x + 1)4 (x− 1 )(x + 1)

Приводим справа к общему знаменателю:

$-------x------- (x − 1)2(x+ 1)3 = 2 2 2 3 = (2ax+--b)(x-−-1)(x-+-1)-−--(ax--+-bx-+-c)((x-+-1)-+-2(x-−-1)(x-+-1))+-(tx-+-e)(x-−-1)(x+-1)-- (x − 1)2(x+ 1)4$

Заметим, что на $(x + 1)$ справа можно сократить:

$-------x------- (2ax-+-b)(x-−-1)(x+-1)-−-(ax2-+-bx-+-c)((x-+-1)+-2(x-−-1))+-(tx+-e)(x-−-1)(x-+-1)2- (x − 1)2(x + 1)3 = (x − 1)2(x+ 1 )3$

Ну а теперь, раз равны знаменатели, то можно приравнять и числители:

$2 2 x = (2ax+ b)(x − 1)(x + 1) − (ax + bx + c)((x + 1)+ 2(x − 1))+ (tx+ e)(x − 1)(x + 1)$

Откуда, приравнивая коэффициенты перед одинаковыми степенями икса, получаем такую систему уравнений на $a,b,c,t,e$ :

( || t = 0, -пр и x4 |||| ||| 2a − a− 2a− t+ 2t+ e = 0, -пр и x3 |{ | b + 2a− 2a − a + 2a− b − 2b− e + 2e+ t − 2t = 0, -пр и x2 ||| 1 |||| − 2a+ b − b− b + 2b− c − 2c− t+ e− 2e = 1, -пр и x ||( 0 − b− c + 2c− e = 0, -пр и x (свобод ный член)

Слегка упростим систему:

( || t = 0, -п ри x4 |||| |||| − a+ t + e = 0, -п ри x3 { | a − 2b+ e − t = 0, -п ри x2 |||| 1 ||| − 2a+ b − 3c− t − e = 1, -п ри x ||( − b+ c− e = 0, -п ри x0(сво бодный член )

Откуда получаем:

1 1 t = 0,a = b = e = −-,c = −-- 8 4

Таким образом, имеем:

$∫ ∫ ------xdx------dx = − 1-⋅--x2-+-x+-2---− 1⋅ -----dx------ = (x − 1)2(x + 1)3 8 (x− 1)(x + 1)2 8 (x − 1)(x + 1) 1 x2 + x + 2 1 ∫ dx 1 x2 + x + 2 1 1+ x = − -⋅ ------------2-− --⋅ -2----= − --⋅-------------2 + ---ln |-----|+ C 8 (x − 1)(x+ 1 ) 8 x − 1 8 (x − 1)(x + 1) 16 1− x$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#57054

Вычислить при помощи разложения подынтегральной функции на простейшие дроби:

∫ dx --2--2---- x (x − 4)

Показать ответ и решение

Дробь $x2(x12−4)$ - правильная, т.е. степень многочлена в числителе меньше степени в знаменателе, поэтому можно её разложить в сумму простейших дробей. Прежде чем раскладывать её на простейшие, необходимо максимально разложить её знаменатель. Итак,

x2(x2 − 4) = x2(x − 2)(x + 2)

И дальнейшее разложение невозможно, поскольку мы уже разложили в произведение множителей первой степени в каких-то степенях.

Согласно алгоритму разложения на простейшие, искать это разложение нужно в виде

-----1---- = A-+ B-+ -C---+ -D--- x2 (x2 − 4) x x2 x− 2 x+ 2

Далее, приводим дробь справа к общему знаменателю, и имеем:

2 2 -----1---- = Ax-(x−-2)(x-+-2)+-B-(x−-2-)(x-+-2)+-Cx--(x-+-2)+-Dx--(x−-2)- x2 (x2 − 4) x2(x2 − 4)

Тогда, раз у нас равны знаменатели, можем приравнять и числители:

2 2 1 = Ax(x − 2)(x+ 2) + B (x − 2)(x+ 2 )+ Cx (x + 2) + Dx (x − 2)

Прежде чем выписывать систему уравнений на $A,B, C,D$ , давайте попробуем в последнее равенство поподставлять какие-то иксы:

Например, при $x = 2$ имеем: $1 = C ⋅16$ , следовательно, $C = 1- 16$ .

При $x = − 2$ имеем $1 = D ⋅(− 16)$ , следовательно, $D = −-1 16$ .

При $x = 0$ имеем $1 = B ⋅(− 4)$ , следовательно, $B = − 14$ .

Число $A$ найдём, приравнивая коэффициенты при $x3$ (в левой части равенства он, очевидно, равен 0): $0 = A + C + D$ , следовательно, $A = 0$ .

Таким образом, имеем разложение:

----1-----= − -1--+ ----1----− ---1----- x2(x2 − 4) 4x2 16(x − 2) 16(x+ 2)

И, таким образом,

$∫ ∫ ∫ ∫ ---dx----dx = − -dx-+ ---dx----− ---dx----= x2(x2 − 4) 4x2 16(x− 2) 16(x+ 2) -1- 1-- -1- = 4x + 16 ln|x − 2|− 16 ln |x + 2|+ C$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#57053

Вычислить при помощи разложения подынтегральной функции на простейшие дроби:

∫ x4 + 1 -3----2-------dx x − x + x − 1

Показать ответ и решение

Поскольку степень многочлена в числителе больше, чем в знаменателе, то прежде чем раскладывать на простейшие, разделим с остатком многочлен $4 x + 1$ на $3 2 x − x + x− 1$ . Это делается стандартным алгоритмом - делением $”$ уголком $”$ .

В результате получим:

4 3 2 x + 1 = (x − x + x − 1)(x+ 1)+ 2

И, таким образом,

∫ x4 + 1 ∫ ∫ 2 x2 ∫ 2 -3----2-------dx = (x + 1)dx+ -3----2-------dx = --+ x+ C + -3----2-------dx x − x + x − 1 x − x + x − 1 2 x − x + x − 1

Поэтому нам нужно найти первообразную для правильной дроби $-3--22---- x− x+x− 1$ . Для этого нам сначала нужно эту дробь разложить в сумму простейших дробей.

Как и положено по алгоритму, чтобы получить разложение на простейшие, нужно сначала разложить знаменатель $x3 − x2 + x − 1$ на множители так, чтобы дальнейшее разложение было невозможно (либо на линейные множители, либо на квадратичные, не имеющие в $ℝ$ корней).

Это разложение имеет вид:

3 2 2 x − x + x − 1 = (x − 1)(x + 1)

Где, как мы видим, квадратичный множитель уже дальше не раскладывается, поскольку $2 x + 1$ в $ℝ$ корней не имеет.

Таким образом, будем искать разложение для нашей исходной дроби в виде:

2 A Bx + C -3----2--------= ----- + --2----- x − x + x − 1 x − 1 x + 1

Приведём к общему знаменателю справа:

------2-------- A-(x2 +-1)-+-(Bx-+-C-)(x-−-1) x3 − x2 + x − 1 = x3 − x2 + x− 1

Следовательно, раз равны знаменатели, то можем приравнять и числители, и получить следующую систему линейных уравнений на $A,B$ и $C$ :

( || A + B = 0, -при x2 |{ C − B = 0, - при x |||( A − C = 2, -свободны й член

Но прежде чем решать систему, заметим, что если в равенство

2 = A(x2 + 1)+ (Bx + C )(x − 1)

подставить $x = 1$ , то получится, что $A = 1$ . Тогда $B = − 1$ , $C = − 1$ . Следовательно, имеем:

∫ 2 ∫ dx ∫ − x − 1 1 -3----2-------dx = ----- + --2---- = ln |x− 1|− -ln(x2 + 1 )− arctg x + C x − x + x − 1 x − 1 x + 1 2

А значит

∫ ----x4-+-1----- x2- 1- 2 x3 − x2 + x − 1dx = 2 + x + ln|x− 1|− 2 ln(x + 1)− arctgx + C

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#52219

Вычислить ( $a > 0$ ):

∫ x2dx --2----2-3∕2 . (a − x )

Показать ответ и решение

Для начала преобразуем подынтегральное выражение:

∫ ∫ ∫ x- 2 ---x2dx---- ----x2dx------ ---(-a)-dx---- (a2 − x2 )3∕2 = a3(1 − (x)2)3∕2 = a(1 − (x)2)3∕2 . a a

Теперь сделаем замену $x = a sin t$ , $dx = a costdt$ . Подынтегральная функция имеет смысл при $x ∈ [− a,a]$ , поэтому можно считать, что $π π t ∈ [− 2 ,2]$ , при этом $cost > 0$ и $t = arcsin xa$ .

x ∫ (--)2dx ∫ a sin2t cos tdt ∫ sin2tcos tdt ----a-x--23∕2-= ---------2-3∕2 = -----3-----= a(1− (--)) a (1 − sin t) cos t a ∫ ∫ 1 = tan2tdt = (---2- − 1)dt = tant − t+ C . cos t

Поскольку $tant = sin-t = ∘--sint----= √---x---- cost 1 − sin2t a2 − x2$ , переходя к обратной замене окончательно имеем:

∫ x2dx x x --2----2-3∕2 = √-------- − arcsin -+ C . (a − x ) a2 − x2 a

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#51931

Найти неопределённый интеграл

∫ ----dx---- x2(2 +x3)53

Показать ответ и решение

Если мы преобразуем подынтегральное выражение как $5 x−2(2 + x3)−3,$ то станет ясно, что мы имеем дело не с чем иным, как с дифференциальным биномом $m np x (a+ bx )dx$ при $5 m = − 2,n = 3,p = − 3.$ И поскольку $m+n1-+ p = − 3$ - целое, то применяют замену $1+ 2x− 3 = tM ,$ где $M = 3$ знаменатель после сокращения дроби $5 p = − 3$ .