Тема Математический анализ

11 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 21#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:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#77284

∫ dx ∘--------- x (1 − x)

Показать ответ и решение

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

Сделаем замену. Пусть $√ -- x = t$ . Тогда $x = t2$ , $x′ = 2t$ и тогда

∫ dx ∫ dt⋅2t ∫ dt √--∘--------= -√-----2 = 2 √-----2 x (1 − x) t 1 − t 1 − t

Но этот последний интеграл уже табличный:

∫ dt √ -- 2 √-----2-= 2 arcsint + C = 2 arcsin x + C 1 − t

(не забываем делать обратную замену!)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#77285

∫ x (1 − x)10dx

Показать ответ и решение

Пусть $1− x = t$ . Тогда $x = 1− t$ , $x′ = − 1$ . Следовательно:

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ x(1− x )10dx = − (1− t)t10dt = − (t10 − t11)dt = − ( t10dt − t11dt) =

∫ ∫ 11 10 1--12 -1-11 -1- 12 1-- 11 = t dt− t dt = 12t − 11 t + C = 12 (1 − x) − 11(1− x) + C

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#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 1 − x2 = − x 1− x + 2 x 1 − x dx

Для подсчета интеграла $∫ x √1-−-x2dx$ сделаем замену $x2 = t$ . Тогда $t′(x) = 2x$ , $x′(t) = -1--= --1- t′(x) 2x(t)$ .

Тогда

∫ ∫ ∫ ∘ ----2- √ ----- --1-- 1- √ ----- x 1− x dx = x(t) 1 − t⋅2x(t)dt = 2 1− tdt

Теперь сделаем замену $1 − t = u$ . Тогда $′ t= − 1$ и

∫ ∫ ∫ 1- √ ----- 1- √ -- 1- 12 1- 1- 32 2 1 − tdt = − 2 udu = − 2 u du = − 2 ⋅ 3u + C = 2

1- 32 1- 2 32 = − 3 (1 − t) + C = − 3(1− x ) + C

Следовательно

∫ x3dx ∘ ------ 2 3 √-------= − x2 1 − x2 − -(1− x2)2 + C 1− x2 3

А значит

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

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#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 xcos(5x)dx = x--sin (5x )− -sin(5x)dx = x--sin(5x) + ---cos(5x) + C 5 5 5 25

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#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:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#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 28#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 29#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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#103365

Докажите все следующие свойства неопределенного интеграла:

1. $∫ kf(x)dx = k ∫ f (x )dx$ , где $k ∈ ℝ$ ;
2. $∫ f(x)+ g (x )dx = ∫ f(x)dx + ∫ g(x)dx$ ;
3. Пусть $f(x)$ - непрерывная функция на своем ОДЗ, а функция $x(t)$ - непрерывно дифференцируемая на своем ОДЗ. Тогда

∫ ∫ f(x)dx = f(x(t))x′(t)dt

Показать ответ и решение

1. Действительно, пусть $F (x)$ - некоторая первообразная для $f (x)$ . Тогда ясно, что $kF (x)$ - будет первообразной для $kf(x)$ (убедитесь непосредственным дифференцированием!).

Но тогда множество всех первообразных для $kf(x)$ есть множество всех первообразных для $f (x )$ , умноженное (в смысле каждую функцию из этого множества мы умножаем) на $k$ .

2. Действительно, пусть $F (x)$ - некоторая первообразная для $f(x)$ , а $G (x)$ - некоторая первообразная для $g(x)$ . Тогда ясно, что $F (x)+ G (x)$ - будет первообразной для $f(x)+ g(x)$ (убедитесь непосредственным дифференцированием!).

Но тогда множество всех первообразных для $f(x) + g(x)$ есть множество всех первообразных для $f(x)$ плюс множество всех первообразных для $g(x)$ (в том смысле, что мы складываем всевозможные первообразные из первого и из второго множества).

3. Действительно, если $F (x )$ - первообразная для $f (x )$ , а $H (t)$ - первообразная для $f(x(t))x ′(t)$ , то, при условии, что $x = x(t)$ - непрерывно дифференцируема, получим, что

(F (x (t)))′ = F ′(x(t))x′(t) = f(x(t))x′(t)

(тут мы явно воспользовались тем, что производная $F$ в любой точке, в частности, в точке $x(t)$ равна значению $f$ в этой точке).

Но ясно, что просто тупо по определению

H ′(t) = f(x(t))x ′(t)

Следовательно, любая первообразные слева и справа при дифференцировании равны. А значит, сами первообразные отличаются разве что на константу по лемме о том, что производная равна нулю лишь у константной функции. То есть мы доказали, что:

∫ ∫ ′ f(x)dx = f(x(t))x(t)dt

(только эту формулу надо правильно понимать, конечно. Справа у нас первообразная по переменной $t$ , и слева, стало быть, тоже должна быть по $t$ . Так вот слева мы считаем $x$ зависимой переменной с зависимостью $x = x(t)$ . Тогда и слева у нас переменная $t$ , и справа переменная $t$ . И вот именно в таком смысле мы эту формулу только что доказали.)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#103366

Докажите формулу интегрирования по частям:

Если $u(x)$ и $v(x )$ - дифференцируемые функции на своем ОДЗ, то

∫ ′ ∫ ′ u(x )v (x)dx = u(x)⋅v(x) − v(x)u (x)dx

Показать ответ и решение

Действительно, пусть $F1(x)$ - первообразная для $′ u(x)v (x )$ , и пусть $F2(x)$ - первообразная для $′ v(x)u(x)$ .

Но тогда очевидно, что

F′1(x) = u(x)v′(x) + v(x)u′(x) − F2′(x) ◟ ◝◜-◞ ′ ◟ ◝◜-◞ ′ ведь это просто u(x)v (x) ведь это просто v(x)u (x)

Ну, собственно, этим мы все и доказали.

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#103367

Докажите, что если

∫ f(x)dx = F(x) + C

то

∫ 1 f (ax + b)dx = --F(ax + b)+ C a

(при $a ⁄= 0$ конечно)

Показать ответ и решение

Действительно, пусть $F(x)$ - некоторая первообразная для $f(x)$ . Тогда

(1-F(ax + b))′ = 1(F (ax + b))′ = 1-(ax+ b)′F′(ax+ b) = 1-⋅a ⋅f(ax+ b) = f(ax + b) a a a a

Следовательно, функция $1F (ax + b) a$ будет являться первообразной для функции $f (ax + b)$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#103368

∫ ----1---3dx (x2 + 1)2

Показать ответ и решение

Для вычисления первообразной будем считать, что $x > 0$ (в области $x < 0$ все вычисляется аналогично):

∫ ∫ ∫ ∫ ----1---3dx = -√--1-----dx = ∘-----1-------dx = ---∘--1-------dx (x2 + 1)2 ( 1 + x2)3 ( x2( 12 + 1))3 x3( ( 12 + 1))3 x x

Сделаем теперь замену. Пусть $-1 + 1 = t x2$ . Тогда $t′(x) = −2- x3$ . Тогда $x′(t) = −x3(t) 2$ . Следовательно:

∫ ∫ −x3(t) ∫ ---∘--1-------dx = ----2√---dt = − 1- dt-= − 1-⋅-1-t− 12 + C = ∘--1----+ C x3( ( 1-+ 1))3 x(t)3( t)3 2 t32 2 − 12 1-+ 1 x2 x2

(проделайте аналогичные вычисления и посмотрите, что меняется при $x < 0$ )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#104006

Вычислить интеграл при помощи разложения на простейшие дроби

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

Показать ответ и решение

Разложение дроби $(13+xx22−)x2−(x2−1)-$ ищем в виде:

3x2 − x− 2 A Bx + C Dx + E ------22-------= -----+ -----2-+ -----2-2- (1+ x )(x − 1) x − 1 1 + x (1+ x )

Коэффициенты $A, B,C, D,E$ находим, вновь приводя к общему знаменателю дроби из разложения, то есть из равенства числителей после приведения:

3x2 − x− 2 = A (1+ x2)2 + (Bx + C )(x − 1)(1+ x2) + (Dx + E )(x − 1)

Получаем систему уравнений

( |||A + B = 0, |||| |||C − B = 0, { |2A − C + D + B = 3, |||| ||||− B + C + E − D = − 1, |(A − C − E = − 2,

Конечно, эту систему можно решать и в лоб, но можно заметить, что если в равенство

3x2 − x− 2 = A (1+ x2)2 + (Bx + C )(x − 1)(1+ x2) + (Dx + E )(x − 1)

подставить $x = 1$ , то мы сразу увидим, что $A = 0$ . Это очень частый трюк - подстановка в тождество после приведения к общему знаменателю корня одного из множителей $Q (x )$ - он существенно облегчает решение последующей системы.

Итак, находим остальные коэффициенты:

A = 0,B = 0,C = 0,D = 3,E = 2

Следовательно,

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

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#104061

Доказать, что при универсальной тригонометрической подстановке $tg x2 = t$ будут выполнены соотношения

2dt 2t 1− t2 dx = -----2, sin x = ----2, cosx = ----2- 1 + t 1+ t 1+ t

Показать ответ и решение

Действительно, поскольку по формуле тангенса половинного угла

x sinx tg --= -------- 2 1 + cosx

То тогда

x- sin x = tg2 (1 + cosx)

Далее, $1 + tg2x = --12-- cos x$ , поэтому $∘ ------ cosx = ---12- 1+tg x$ И теперь $x tgx = -2tg22 x 1−tg 2$ . Таким образом:

∘ --------- ┌│ ------------- sinx = tg x(1+ cos x) = tg x(1 + ---1----) = tg x-(1 + │∘------1---x- ) = 2 2 1 + tg2 x 2 1 + --4tg22-2x2 (1−tg 2)

∘ ----------- -----1---- --2t-- = t(1 + 1 + --4t22-2 ) = 1+ t2 (1−t)

Ясно, что тогда некуда деваться и

∘ ----------------- ∘ ----------- ∘ --------- ∘ --------4t2---- 1 + 2t2 + t4 − 4t2 1 − 2t2 + t4 1− t2 cosx = 1− sin2x = 1 − ------2---4 = ---------2-2---- = -------22--= ----2- 1 + 2t + t (1+ t ) (1 + t ) 1+ t

И последние два равенства доказаны.

Чтобы доказать первое, возьмем лишь дифференциал от обеих частей замены:

1 1 x -----2 xdx = dt, dx = 2cos2 -dt 2 cos 2 2

Но $co1s2-x= 1+ tg2 x2 = 1 + t2 2$ . Следовательно:

1 1 x 2 ----2-xdx = dt, dx = 2cos2 -dt = ----2dt 2 cos 2 2 1+ t

Что и требовалось доказать.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#104062

Вычислить

∫ sin2xdx -----2-------------- 4 cos x + 12cosx − 7

Показать ответ и решение

Так как наша подынтегральная функция нечётна по синусу, то есть при замене $sinx$ на $− sinx$ вся подынтегральная функция меняет знак (т.к. $sin 2x = 2sinx cos x$ ), то в данном случае рекомендуется замена $cosx = t$ .

Тогда $− sinxdx = dt$ и мы получаем: