ИДЗ 9.1 вариант 1 Рябушко решено

ИДЗ 9.1 – Вариант 1
1. Вычислить определенные интегралы с точностью до двух знаков после
запятой.
3
1.1  x 3 1  x 2 dx
0
Интегрирование заменой переменной (метод подстановки)
t  f x 
 tdt
dt  f x dx 

dt
Проведем замену: t  1  x 2 ; dt  1  x 2 dx  2xdx ; dx  , тогда
2x
 f x   f x dx 


Запишем пределы интегрирования для переменной t
2
при x  3, t  1   3   4 , при x  0, t  1  0 2  1
Если функция y=f(x) непрерывна на отрезке [a,b] и F(x) – любая первообразная той
функции на [a,b], то определенный интеграл от функции f(x) на [a,b] равен
приращению первообразной на этом отрезке:
b
 f (x )dx  Fb   Fa 
a
Вычисляем определенный интеграл
1
1
3
4
4 1
1 3
1 3
1 t3
3
2
x 1  x dx 
t dt 
t dt  

2 1
0

4
4
t3
4
4 4
4
1
3
3
3
3
 
 t 3  3 t 4   3 4 4   3 14 
2 1
2 4
8
8
8
8
1
1
1
3
3 1
1
2 1
3 3
3
 4 4   2,38  0,38  2
8
8
3
2.1  yln y  1dy
2
Пусть функции u=u(x) и v=v(x) имеют непрерывные производные на [α, β], тогда
b
b
 udv  u  v a  v  du , где u  v a  u(b)  v(b)  u(a)  v(a)
a
b
b
a
Пусть u = ln(y − 1), тогда dv = ydy, du  lny  1 dy 
 ydy 
dy
y2
, v
2
y 1
y11
y2
C
C
11
2
x  1
C
Учли, в нахождении v, табличный интеграл  x dx 
 1

Если функция y=f(x) непрерывна на отрезке [a,b] и F(x) – любая первообразная той
функции на [a,b], то определенный интеграл от функции f(x) на [a,b] равен
приращению первообразной на этом отрезке:
b
 f (x )dx  Fb   Fa 
a
Решаем определенный интеграл
3
y2


y
l
n
y

1
dy

l
n
y

1


2
2
y2
 ln y  1 
2
 ln 3  1 
 4ln 2 
3
2
3
2
3
1 y 2 dy
y2
 
 ln y  1 
2 2 y 1
2
3
2
3
3
2
2

1  y11
y2
 
 y  ln y  1   ln y  1 
2 11
2

1 
1 
 y  1 
dy 

2 2
y  1 
3

3

1  y2
 
 y  ln y  1  
2 2

2
 22

32
2 2 1  3 2
9 9 3 ln 2
 ln 2  1 

 3  ln 3  1  
 2  ln 2  1    ln 2    
11 

2
2 2  2
2 4 2
2
 2

7
 ln 2 4  1,75  ln16  1,75  2,77  1,75  1,02
4
1
3x 4  3 x 2  1
dx
2
x

1
0
3.1 
Если функция y=f(x) непрерывна на отрезке [a,b] и F(x) – любая первообразная той
функции на [a,b], то определенный интеграл от функции f(x) на [a,b] равен
приращению первообразной на этом отрезке:
b
 f (x )dx  Fb   Fa 
a
Разделив числитель подынтегральной функции на знаменатель, выделим целую
часть неправильной дроби, стоящей под знаком интеграла. Получим интеграл от
алгебраической суммы:
3x 4  3x 2  1
x2 1
3x 4  3x 2
3x 2
1
Вычисляем определенный интеграл
1
3x 4  3x 2  1
1 
1
3x 21
1
 2
2
dx

3
x

dx

3
x
dx

dx

 arctgx 0 


 x2 1



2
2
2 1 0
x  1
0
0
0
0 x 1
1
1
3x 3

3
2
1

1

 arctgx 0  x 3  arctgx 0  13  0 3  arctg1  arctg 0  1 
1
0
4.1  x 2 x  x 2 dx
0
1
1
0
1

3,14
 1
 1  0,79  1,79
4
4
В задании опечатка, возьмем интеграл вместо x поставим 4 (ниже также будет
рассмотрен пример, если бы решали интеграл как записан в учебнике)
2
x
4  x 2 dx
2
0
Интегрирование заменой переменной (метод подстановки)
t  f x 
 f x   f x dx  dt  f x dx   tdt
Проведем замену: x  2 sin t; dx  2 sin t  dt  2 cos tdt и t  arcsin
x
, тогда
2
Запишем пределы интегрирования для переменной t
при x  2; t  arcsin
2

0
 arcsin 1  ; при x  0; t  arcsin  arcsin 0  0
2
2
2
Вычислим интеграл
2
x

2

2
0
0
4  x 2 dx   4 sin 2 t  4  4 sin 2 t  2 cos tdt  8  2 sin 2 t  1  sin 2 t  cos tdt 
2
0

2

2

2

2
0

2
0
0
0


 16  sin 2 t  cos 2 t  cos tdt  16  sin 2 t  cos t  cos tdt  16  sin 2 t  cos 2 tdt  16  sin 2 t  1  sin 2 t dt 


2


2

2

2
2
 1  cos 2 t 
 1  cos 2 t 
 16  sin t  sin t dt  16  sin tdt  16  sin tdt  16  
dt  16  
 dt 
2
2


0
0
0
0
0
2
4

2

2
2
4

2

2
1  2 cos 2 t  cos 2 t 
1  cos 4 t 
 1  cos 2 t 

 16  
dt  8  1  cos 2 t dt  4  1  2 cos 2 t 
dt  16  
dt 

2
4
2



0
0
0
0
2

2

2

2
1
1
1 1
1
 1


 8 t  sin 2 t   4 t  2  sin 2 t  t   sin 4 t    8t  4 sin 2 t  4t  4 sin 2 t  2 t  sin 4t  
2
2
2 4
2
 2
0

0 
0

2
  1    
1
1
1
1


  2 t  sin 4 t    2   sin  4      2  0  sin 4  0     sin 2  0     0    3,14
2
2
2
2

 0  2 2  2  

Учли в решении интеграла тригонометрическое тождество 1  sin 2 t  cos 2 t , а также
1  cos 2 x
1  cos 4 x
и cos 2 2x 
2
2
Учли, в решении интеграла, табличный интеграл  сosxdx  sin x  C
формулы половинного угла sin 2 x 
Запишем решение интеграла, как было дано в учебнике
2
2
0
0
2
2
2
 x x  x dx   x
2
2
1 
1
1
1 
1
  x  2  x  dx   x 2
  x   dx
4 
2
4
4 
2
0
Выдели под корнем полный квадрат
1
2
1
2
Сделаем замену t  x  , x  t  , отсюда dt = dx;
1
2
3
2
1
2
при x  2, t  2   , при x  0, t  0   
2
x
3
2
1
2
2
1 2
 1
x  x dx    t   
 t dt
2
4
1
2
2
0

2
Для данного интеграла сделаем замену t 
1 2
t 
4
sin z
1
и dt  cos zdz , тогда
2
2
1 sin 2 z 1
cos z


1  sin 2 z 
; z  arcsin 2t
4
4
2
2
Запишем решение интеграла
2
2
2
 x x  x dx 
0

3
2
2

2

1  sin z 1 
1  sin z 1 
   cos 2 zdz   
   1  sin 2 z dz 


4 1 2
2
4 1 2
2

3
2

2

3
2

2



1 1
1
  sin z  12  1  sin 2 z dz 
sin 2 z  2 sin z  1  1  sin 2 z dz 
4 4 1
16 1


3
2
3
2

2

2
3
2
3
2
3
2
3
2





1
1
1
1
1
1  2 sin z  2 sin 3 z  sin 4 z dz 
dz   sin zdz   sin 3 zdz 
sin 4 zdz 



16 1
16 1
8 1
8 1
16 1

2
3
3
2
3
2
3
2


2
2
2
2
1 2
1
1
1  1  cos 2z 
 z  cos z   sin 2 z  sin zdz 

 dz 

1
16  1 8
8
16
2



1
1
2
3
2
3
2
3
2
2
3
2 


2
1 2
1
1
1  1  2 cos 2z  cos  2z 
 z  cos z   sin 2 zd sin z  
dz 
1
16  1 8
8 1
16 1 
4


2

3
2
2
3
2
2
21
1
1
1 sin
z  cos z  
1
1
16 
8
8 2 1

2
3
3
z2
1

2
2

2

1
1  2 cos 2z  cos  2z dz 

64 1

3
2
3
3

3
2
2
2
1 2
1
1 sin 3 z 2
1 
1  cos 4z 
 z  cos z  

1  2 cos 2z 
dz 

1
16  1 8
8
3
64 1 
2
1


2
2

2

2
2

3
2
3
2
3
1
1
sin
z  cos z 
1
1
16 
8
24

2
2
3


1
2
3
2
1 
1
1
1 1
 z  2  cos 2z  z   cos 4z  
64 
2
2
2 4
 1
2
3
3
sin z 2
3
2
1 2
1
 z  cos z 
1
16  1 8
24

2
3
z2
2
3
1
1
1
 1
2
  z  cos 2z 
z
cos 4z  
64
128
512
1
 64
 1

2
2
3
1
2
1
sin 3 z 1
1
1
1
  z  cos z 
 z  cos 2z 
z
cos 4z  
8
24
64
64
128
512
 16
 1
2
3
2
 5
1
sin 3 z 1
1
 
z  cos z 
 cos 2z 
cos 4z 
128
8
24
32
256

 1
2
Вернемся к обратной замене z = arcsin2t
x
3
2
 5
1
sin arcsin 2 t  1
1
x  x 2 dx  
arcsin 2t  cosarcsin 2 t  
 cos2 arcsin 2 t  
cos4 arcsin 2 t 
8
24
32
256
 128
 1
2
3
2
0
2
3

2 2
1
8 3 1
1
 5

arcsin 2t  1  4 t 2 
t 
1  8t 2 
1  16t  
8
24
32
256
 128
 1
2
2
3
2
2 
 5
1 3
1
1
 3 1
3
3
3 


arcsin  2    1  4        
1 8  
1  16     
3 2
32
256
 128
 2 8
2
2
2 


2
3
2
2 
 5
  1  1
1  1
1
1
 1
 1
 1 


arcsin  2       1  4          
1 8  
1  16      
3  2
32
256
 128
 2  8
 2
 2
 2 



 5
1
1 27 1
9
1
9
 
arcsin 3  1  9  

1 8 
1  16   
8
3 8 32
4 256
4
 128
 5
1
1 1 1 1
1
1
1
 
arcsin  1  1  4    
1 8 
1  16   
8
4 3 8 32
4 256
4
 128
1
9 1
1
1
1
1
 5
  5


arcsin 3 
8  
 17 
 35   
arcsin  1 

1 
3
8
8 32
256
24 32
256
 128
  128

Нет решения интеграла, так как arcsin3 недопустимое значение, и под корнем
отрицательные значнения


4
5.1 


2
cos 3 x
sin x
dx
Интегрирование заменой переменной (метод подстановки)
t  f x 
 f x   f x dx  dt  f x dx   tdt
Проведем замену: t = sinx; dt = (sinx)′dx = cosxdx; отсюда dx 
dt
, тогда
cos x
Запишем пределы интегрирования для переменной t




2
при x   ; t  sin      ; при x   ; t  sin     1
 4
4
 2
2
2
Вычислим интеграл


4
3
cos x
 sin x



4
dx  

2
cos x  cos x

2
2
sin x
2
2


2 1
2 3

t 2 dt 
t 2 dt 


1
1


4
dx  
1
 1
t 2


1
 1
2
1
1  sin x  cos xdx 
2
sin x

2
2
2

3
1
t2

2
2
3
1
2
1


2
2

1 t

2
2
1
2 1

5
t2

5
2 1
dt 
5

1
t
1

2
2
2 
5
2
2
2 t
2
2

1

2
2
2 2
2
5
2


 2   5  1  2 2 i  2 i  5


2
2
 2  0,84i  2i   0,42i  i  1,68i  2i  0,17i  0,4i  0,09i
5
5
2
2
2 
 2 1 
2
5
2
2

t
1
1
t2
2
1
5
5

dt 
 2 2
2


 2 i  5



t
t2
dt 
t
2
2

1
i  
2 5
где i мнимая единица:
i = i, i2 = −1, i5 = i
Решим этот же интеграл, приняв пределы интегрирования от π/2 до π/4

4
cos 3 x
 sin x dx
2
Интегрирование заменой переменной (метод подстановки)
t  f x 
 f x   f x dx  dt  f x dx   tdt
Проведем замену: t = sinx; dt = (sinx)′dx = cosxdx; отсюда dx 
Запишем пределы интегрирования для переменной t

4
при x  ; t  sin

2



; при x  ; t  sin    1
4
2
2
2
Вычислим интеграл
dt
, тогда
cos x

4

4
3
cos x
 sin x dx  
2
cos x  cos x
2

4
1  sin x  cos xdx 
dx 

sin x
2

2
2
2
2
 2 1  2
sin x
2
2

1 t2
t
1
1
1
1
 1
t 2
1
 1
2
2 2 5 2

1 
2
5
5

2
2
3
1
t2
3
1
2
1

2
2
1
t2
1
2
1

2
2
5
t2
5
2
1 t2
dt   
t
2
2
2
1 1
1 3
2
  t dt  t 2 dt  

2
1
dt   
1
t
2
2
1
dt  
t2
dt 
t
2
2
1
2 5
 2 t 2 
t
5
2
1
2
2
1
2
2

5
 2
2 2


 2   2  2  0,84  5  5  0,42  2  1,68  0,4  0,168  0,09


Учли, в решении интеграла, табличный интеграл  x  dx 
x  1
C и
 1
тригонометрическое тождество cos 2 x  1  sin 2 x
3
6.1 
dx
2 2x
2
 3x  2
Преобразуем интеграл
Вынесем 2 за скобку в знаменателе
3
dx
3
dx
3x 
2
2 2 x 
 1
2


Преобразуем интеграл, выделим в знаменателе подынтегральной функции полный квадрат
(формула квадрата суммы (a + b)2 = a2 + 2ab + b2)
2
2
2

3x
3
3
9 9
3
25
3  3


x2 
1   x 2  2  x        1   x2  2  x    1   x   

2
4
2
16  16
4
16
 4    4 



 2x 2  3x  2    2
Если функция y=f(x) непрерывна на отрезке [a,b] и F(x) – любая первообразная той функции на
[a,b], то определенный интеграл от функции f(x) на [a,b] равен приращению первообразной на
этом отрезке:
b
 f (x )dx  Fb   Fa 
a
Вычисляем определенный интеграл
3
3 5
x 
3
3
3
3
dx
dx
1
dx
1
dx
1 4
4 4
 2x 2  3x  2    2 3x   2   3  2 25  2   3  2  5  2  2  2  5 ln 3 5 
2
2 2 x 
2
2
x 
 1
x   
x    
4 4 2
2


4
16
4 4


1 4x  3  5
1 4x  2
1 22 x  1
1 2x  1
1 2  3 1 1 2  2 1
 ln
 ln
 ln
 ln
 ln
 ln

5 4 x  3  5 2 5 4 x  8 2 5 22 x  4  2 5 2 x  4 2 5 2  3  4 5 2  2  4
3
3
3
3
1 1 1 3
 ln  ln  0,2   0,69   0,2   0,98  0,14  0,2  0,06
5 2 5 8
Применили в решении табличную формулу интегрирования: 
dx
x2  a

2
1
xa
ln
C
2a x  a
x  2 2
dx
2
3
3 3  x  2 
29
3
7.1 
Интегрирование заменой переменной (метод подстановки)
t  f x 
 f x   f x dx  dt  f x dx   tdt
Проведем замену: t  6 x  2 ; t 2  3 x  2 ; t 3  x  2 ; t 6  x  2; x  t 6  2 , отсюда

dx  t 6  2 dt  6t 5 dt ,


Запишем пределы интегрирования для переменной t
при x  29, t  6 29  2  6 27  6 33  3 , при x  3, t  6 3  2  6 1  1
Если функция y=f(x) непрерывна на отрезке [a,b] и F(x) – любая первообразная той функции на
[a,b], то определенный интеграл от функции f(x) на [a,b] равен приращению первообразной на
этом отрезке:
b
 f (x )dx  Fb   Fa 
a
Получаем интеграл:
3 4
3
3 9
x  22
t  6t 5 dt
6t 9 dt
t dt
dx  
 
6
 3
4
4
4
2
3 t
3 3  x  2 
1
1 3 t
1 3 t
29
3
Разделив числитель подынтегральной функции на знаменатель, выделим целую часть
неправильной дроби, стоящей под знаком интеграла. Получим интеграл от алгебраической суммы:
t9
t4  3
t 9  3t 5 t 5  3t
 3t 5
 3t 5  9 t
9t
Вычисляем определенный интеграл
3 9
3
3
3
3
x  22
t dt
9t 
t
 5
5
dx  6 
 6   t  3t 
dt 
dt  6  t dt  18  tdt  54 
 3
4
4
2
2 2
3 t 
3 3  x  2 
1 3 t
1 
1
1
1 3  t 
29
3
6 t 51

5 1
t
3
6
1
3
1
3
18t 11

11
 9t
3
2
1

1
27
 27  1  9  3  9 
8
1 1
t2
 54  
arctg
2 3
3
3
arctg
27
3
t2
3
31
arctg 3 

 3
27
9 3,14

 8  8,16  16,16
1,732 2
3
6
arctg
3
1
6t 6

6
3
1
18t 2

2
3

1
27
3
arctg
3
t2
31

 3   27 arctg 1 
arctg
2
 1   9 

 3   9 1   3
1
27  27 
27 
9 
 
 8
 8
 
3 3
3 6
3 6
3 2
6
3
8
2
2
27
3
2
3
3
8 Вычислить несобственные интегралы или доказать их расходимость:

8.1 а) 
xdx
0 16 x
4
1
Несобственный интеграл с бесконечными пределами интегрирования (1 рода)

 f ( x )dx от функции y=f(x) на полуинтервале [a ,) называется предел функции Ф(t) при
a

t
a
a
 f (x)dx  lim
 f (x)dx
t 
Если такой предел существует и конечен, то несобственный интеграл называется сходящимся к
данному пределу. Если конечного предела не существует, то несобственный интеграл называется
расходящимся.

t
xdx
xdx
 16x 4  1  lim
 4 ;
t  16 x  1
0
0
Решим неопределенный интеграл
xdx
 16x 4 1
Проведем замену t2 = 16x4; t = 4x2, отсюда dt = (4x2)′dx = 8xdx, dx 
xdx
1
1
1
dt , тогда
8x
1
 16x 4  1  8  t 2  1 dt  8 arctgt  C
Проведем обратную замену t = 4x2
Получаем решение неопределенного интеграла
xdx
1
2
 16x 4  1  8 arctg 4x  C
 
Решение несобственного интеграла:

t
 
t

 


1
1
1
 lim arctg 4x 2  lim arctg 4t 2  arctg 4  0 2  arctg   
 16x 4  1  lim

4
8 t 
8 t 
8
t  0 16 x  1
0
0
xdx
xdx
1 

 arctg 0    0 
8 2
16
Данный интеграл сходится
1
б)  3
0
dx
2  4x
Подынтегральная функция терпит бесконечный разрыв в точке x 
1
.
2
Если функция f(x) терпит разрыв во внутренней точке с отрезка [a, b]
b
с
b
a
a
c
c 
b
a
 0 с  
 f x dx   f x dx   f x dx  lim  f x dx  lim  f x dx  lim Fc    Fa   lim Fb  Fс  
 0
Решаем несобственный интеграл
 0
 0
1
dx
 3 2  4x
1

2
1
2  4 x  3 dx 
 lim  
 0
0

1
lim  
 0 1
0
1
1
2  4 x  3 dx  
2

1
2  4 x  3 1
1

1
1



2

4
x
3 d 2  4 x dx   lim
lim

4  0 1
4  0
2

1
 1
3

1

2 2
2  4x 3

1
  lim
4  0

2
3
1

2
0
1

1
2  4 x  3 1

1
lim
4  0

1
 lim
4  0
1
0

2
3
2
3
  lim 3 2  4 x 2
8  0
0
1

2

1
 1
3
0
1
2
2  4x 3
1

lim  2  4x  3 d2  4x  
4  0

1

1

2


1

2
1
3
 lim 3 2  4 x 2

1
8  0

2
2
2 




3
3 
1

3
1
 
2  3
2
3
3
  lim   2  4        2  4  0    lim  2  4  1   2  4        
8  0  
2

 8  0 
2
 





3
3
3
  lim  3 2  2  4 2  3 2 2   lim  3  2 2  3 2  2  4 2    lim  3 16 2  3 4  

 8  0 

8  0 
8  0 

3
 3 4  3 16 2    3  3 16  0 2  3 3 4  3 3 4  3  3 16  0 2  3 3 4  3 3 4  0
lim

8  0 
8
8
8
8
8
8
Решим интеграл, верхний предел интегрирования возьмем 1/2.
Если функция f(x) непрерывна при a ≤ x < b и имеет точку разрыва x = b, тогда
b
b 
a
a
Fb     Fa   lim Fb     Fa 
 f x dx  lim
 f x dx  lim
 0
 0
 0
Подынтегральная функция терпит бесконечный разрыв в точке x 
1
.
2
Решаем несобственный интеграл
1/ 2
1

2
 3 2  4x  lim
 2  4x 
 0
dx
0

0
1

2 2
2  4x 3

1
lim
4  0

2
3


1

2
1
1
3 dx  

4 lim
 0 0
2  4x 
1

2 2
3
3
2  4x 
lim
8  0
0


1
3 d 2  4x

1
1

2
 1
   1 lim 2  4x  3
1
4  0
 1
3
0

2


3
3 
1

2 
3



2

4





2

4

0


 

8 lim
2






 0


0
3
 3 2  2  4 2  3 2 2    3
 3 16 2  3 4    3  3 16  0 2  3 3 4  3  1,587  0,595


lim
lim


8  0 
8  0 
8
8
8
Данный интеграл сходится
