‹-- Назад

Примеры и задачи

        Пример 2.21   Вычислим интеграл

$\displaystyle \int\sin^5x\sqrt[3]{\cos x}\,dx.$

Поскольку синус стоит в нечётной положительной степени, то следует отделить от этой степени один множитель и объединить со знаком дифференциала, после чего всё подынтегральное выражение можно будет выразить через $ \cos x$ :

$\displaystyle \int\sin^5x\sqrt[3]{\cos x}\,dx=
 \int\sin^4x\sqrt[3]{\cos x}(\sin x\,dx)=
 \int(1-\cos^2x)^2\sqrt[3]{\cos x}(-d(\cos x))=$    
$\displaystyle =-\int(1-z^2)^2\sqrt[3]{z}\,dz=
 -\int(1-2z^2+z^4)z^{\frac{1}{3}}\,dz=
 -\int(z^{\frac{1}{3}}-2z^{\frac{7}{3}}+z^{\frac{13}{3}})dz=$    
$\displaystyle =-\Bigl(\frac{3}{4}z^{\frac{4}{3}}-2\cdot\frac{3}{10}z^{\frac{10}...
...cdot\frac{3}{5}(\cos x)^{\frac{10}{3}}-
 \frac{3}{16}(\cos x)^{\frac{16}{3}}+C,$    

где была использована замена $ z=\cos x$ .     

        Пример 2.22   Вычислим интеграл

$\displaystyle I_6=\int\frac{dx}{\cos^6x}$

двумя способами:
а) с помощью понижения степени и
б) применяя формулу $ \frac{1}{\cos^2x}=1+\mathop{\rm tg}\nolimits ^2x$ и делая замену $ t=\mathop{\rm tg}\nolimits x$ . Покажем, что оба способа приводят к одной и той же первообразной, записанной двумя различными способами.

а). Формула понижения степени при $ n=6$ даёт:

$\displaystyle I_6=\frac{4}{5}I_4+\frac{\sin x}{5\cos^5x},$

а при $ n=4$  --

$\displaystyle I_4=\frac{2}{3}I_2+\frac{\sin x}{3\cos^3x}.$

Заметим, что

$\displaystyle I_2=\int\frac{dx}{\cos^2x}=\mathop{\rm tg}\nolimits x+C.$

Объединяя эти формулы, получаем:

$\displaystyle I_6=\frac{4}{5}I_4+\frac{\sin x}{5\cos^5x}=
 \frac{4}{5}(\frac{2}...
...{3}\mathop{\rm tg}\nolimits x+\frac{\sin x}{3\cos^3x})+\frac{\sin x}{5\cos^5x}=$    
$\displaystyle =\frac{8}{15}\mathop{\rm tg}\nolimits x+\frac{4}{15}\frac{\sin x}{\cos^3x}+
 \frac{1}{5}\frac{\sin x}{\cos^5x}+C.$    

б). Преобразовываем интеграл так:

$\displaystyle \int\frac{dx}{\cos^6x}=
 \int\frac{1}{(\cos^2x)^2}\cdot\frac{dx}{...
...\mathop{\rm tg}\nolimits ^2x)^2d(\mathop{\rm tg}\nolimits x)=
 \int(1+t^2)^2dt=$    
$\displaystyle =\int(1+2t^2+t^4)dt=t+\frac{2}{3}t^3+\frac{1}{5}t^5+C=
 \mathop{\...
...ac{2}{3}\mathop{\rm tg}\nolimits ^3x+\frac{1}{5}\mathop{\rm tg}\nolimits ^5x+C.$    

Теперь покажем, что на самом деле выражения в ответах тождественно равны:

$\displaystyle \frac{8}{15}\mathop{\rm tg}\nolimits x+\frac{4}{15}\cdot\frac{\si...
...s ^2x)+\frac{1}{5}\mathop{\rm tg}\nolimits x(1+\mathop{\rm tg}\nolimits ^2x)^2=$    
$\displaystyle =\frac{8}{15}t+\frac{4}{15}t(1+t^2)+\frac{1}{5}t(1+2t^2+t^4)=
 \B...
...5}+\frac{1}{5}\Bigr)t+
 \Bigl(\frac{4}{15}+\frac{2}{5}\Bigr)t^3+\frac{1}{5}t^5=$    
$\displaystyle =t+\frac{2}{3}t^3+\frac{1}{5}t^5=
 \mathop{\rm tg}\nolimits x+\frac{2}{3}\mathop{\rm tg}\nolimits ^3x+\frac{1}{5}\mathop{\rm tg}\nolimits ^5x.$    

    

        Пример 2.23   Вычислим интеграл

$\displaystyle \int\frac{x^3-1}{4x^3-x}dx.$

Дробь $ \frac{\textstyle{x^3-1}}{\textstyle{4x^3-x}}$  -- неправильная, поскольку степень числителя равна степени знаменателя. Поэтому нужно выделить целую часть. Это в данном примере проще сделать без деления столбиком:

$\displaystyle \frac{x^3-1}{4x^3-x}=
 \frac{1}{4}\frac{x^3-1}{x^3-\frac{1}{4}x}=...
...frac{1}{16}x-\frac{1}{4}}{x\bigl(x-\frac{1}{2}\bigr)\bigl(x+\frac{1}{2}\bigr)}.$    

При последнем преобразовании мы еще и разложили знаменатель на множители. Теперь разложим получившуюся правильную дробь в сумму простейших дробей. Это разложение будет иметь вид

$\displaystyle \frac{\frac{1}{16}x-\frac{1}{4}}{x\bigl(x-\frac{1}{2}\bigr)\bigl(...
...rac{1}{2}\bigr)}=
\frac{A}{x}+\frac{B}{x-\frac{1}{2}}+\frac{C}{x+\frac{1}{2}}.$

Для нахождения $ A,\ B$ и $ C$ приведём сумму в правой части к общему знаменателю и приравняем числители:

$\displaystyle \frac{1}{16}x-\frac{1}{4}=
A\bigl(x-\frac{1}{2}\bigr)\bigl(x+\frac{1}{2}\bigr)+
Bx\bigl(x+\frac{1}{2}\bigr)+
Cx\bigl(x-\frac{1}{2}\bigr).$

Подставляя $ x=0$ , получаем:

$\displaystyle -\frac{1}{4}=A\cdot\bigl(-\frac{1}{2}\bigr)\cdot\frac{1}{2},$

откуда $ A=1$ . Подставляя $ x=\frac{1}{2}$ , получаем:

$\displaystyle \frac{1}{32}-\frac{1}{4}=B\cdot\frac{1}{2}\cdot1,$

откуда $ B=-\frac{7}{16}$ . Наконец, подставляя $ x=-\frac{1}{2}$ , получаем:

$\displaystyle -\frac{1}{32}-\frac{1}{4}=C\cdot\Bigl(-\frac{1}{2}\Bigr)\cdot(-1),$

откуда $ C=-\frac{9}{16}.$ Итак, получаем, что

$\displaystyle \frac{\frac{1}{16}x-\frac{1}{4}}{x\bigl(x-\frac{1}{2}\bigr)\bigl(...
...ac{7}{16}\cdot\frac{1}{x-\frac{1}{2}}-\frac{9}{16}\cdot\frac{1}{x+\frac{1}{2}}.$

Теперь можно вычислить интеграл:

$\displaystyle {\int}\frac{x^3-1}{4x^3-x}dx=
{\int}\Bigl(\frac{1}{4}+
\frac{1}...
...}\frac{1}{2}\bigr\vert
-\frac{9}{16}\ln\bigl\vert x{+}\frac{1}{2}\bigr\vert+C.$

Ответ: $ \int\frac{\textstyle{x^3-1}}{\textstyle{4x^3-x}}dx=
\frac{1}{4}x+\ln\vert x\v...
... x-\frac{1}{2}\bigr\vert
-\frac{9}{16}\ln\bigl\vert x+\frac{1}{2}\bigr\vert+C.$     

        Пример 2.24   Найдём интеграл

$\displaystyle \int\frac{1+x}{1+\sqrt{x}}dx.$

Подынтегральная функция является рациональной относительно $ x$ и $ \sqrt{x}$ , значит, для вычисления интеграла нужно сделать замену $ z=\sqrt{x}$ :

$\displaystyle \int\frac{1+x}{1+\sqrt{x}}dx=
 \left\vert\begin{array}{l}
 z=\sqr...
...rray}\right\vert=
 \int\frac{1+z^2}{1+z}\cdot2z\,dz=
 2\int\frac{z^3+z}{z+1}dz.$    

Разделим числитель на знаменатель столбиком:

\begin{displaymath}
\arraycolsep=0.05em
\begin{array}{rrrr@{\,}r\vert l}
z^3&...
...{2-3}
&&2z\\
&&2z&{}+2\\
\cline{3-4}
&&&-2
\end{array}
\end{displaymath}

Получили целую часть $ z^2-z+2$ и остаток $ -2$ . Значит,

$\displaystyle \frac{z^3+z}{z+1}=
z^2-z+2-\frac{2}{z+1}.$

Подставляя это выражение под знак интеграла, получаем:

$\displaystyle 2\int\frac{z^3+z}{z+1}dz=
2\int\bigl(z^2-z+2-\frac{2}{z+1}\bigr)dz=
\frac{2z^3}{3}-z^2+4z-4\ln\vert z+1\vert+C.$

Осталось вернуться к исходной переменной $ x$ : поскольку $ z=\sqrt{x}$ , получаем:

$\displaystyle \int\frac{\textstyle{1+x}}{\textstyle{1+\sqrt{x}}}dx=
\frac{2x\sqrt{x}}{3}-x+4\sqrt{x}-4\ln(\sqrt{x}+1)+C.$