Du-faz eps

§ 12.
Интегрирование по частям.
Этот метод основан на формуле
Z
uv
′
dx
=
uv
−
Z
vu
′
dx
или, сокращенно,
Z
udv
=
uv
−
Z
vdu.
По частям берутся интегралы следующих видов:
1.
Z
P
n
(
x
)
| {z }
u







sin
x
cos
x
e
x







|
{z
}
v
′
dx,
2.
Z
P
n
(
x
)
| {z }
v
′







ln
x
arctg
x
arcsin
x







|
{z
}
u
dx,
где
P
n
(
x
) =
a
n
x
n
+
a
n
−
1
x
n
−
1
. . .
+
a
1
x
+
a
0
– многочлен.
Пример 1.
Найти
R
xe
x
dx
. Обозначим
u
=
x, v
′
=
e
x
. Тогда
u
′
=
= 1
и
v
=
R
e
x
dx
=
e
x
. Применив формулу интегрирования по частям,
получим
Z
xe
x
dx
=
xe
x
−
Z
e
x
dx
=
e
x
(
x
−
1) +
C.
37

---

Пример 2.
Найти
R
(ln
x
)
2
dx
. В этом примере применим метод
интегрирования по частям дважды:
Z
(ln
x
)
2
dx
=
(
u
= (ln
x
)
2
, u
′
= 2 ln
x
·
1
x
,
v
′
= 1
,
v
=
x
)
=
=
x
(ln
x
)
2
−
2
Z
x
ln
x
1
x
dx
=
x
(ln
x
)
2
−
2
Z
ln
xdx
=
=
(
u
= ln
x, u
′
=
1
x
v
′
= 1
,
v
=
x
)
=
x
·
(ln
x
)
2
−
2
x
ln
x
−
Z
x
1
x
dx
=
=
x
·
(ln
x
)
2
−
2
x
ln
x
+ 2
x
+
C.
12.1. Задания к теме.
Вычислить интегралы:
1.
Z
x
ln(
x
−
1)
dx,
2.
Z
x
arctg
xdx,
3.
Z
arctg
√
4
x
−
1
dx,
4.
Z
(
x
−
2) cos 2
xdx,
5.
Z
(4
−
3
x
)
e
−
3
x
dx,
6.
Z
arcsin
x
√
1
−
x
dx,
7.
Z
(2 + 3
x
)
e
2
x
dx,
8.
Z
(
x
+ 3) sin
xdx,
9.
Z
x
2
ln
xdx,
10.
Z
arcsin
xdx.
Ответы: 1.
(
x
2
−
1) ln(
x
−
1)
2
−
x
2
+2
x
4
+
C
.
2.
(
x
2
+1) arctg
x
2
−
x
2
.
3.
x
arctg
√
4
x
−
1
−
√
4
x
−
1
4
+
C
.
4.
(2
x
−
4) sin 2
x
+cos 2
x
4
+
C
.
5.
(
x
−
1)
e
−
3
x
+
C
.
6.
4
√
1 +
x
−
2
√
1
−
x
arcsin
x
+
C
.
7.
(6
x
+1)
e
2
x
4
+
C
.
8.
sin
x
−
(
x
+
+ 3) cos
x
+
C
.
9.
x
3
(3 ln
x
−
1)
9
+
C
.
10.
x
arcsin
x
+
√
1
−
x
2
+
C
.
38

---

§ 13.
Определенный интеграл. Вычисление
площадей
Определенным интегралом
от функции
f
(
x
)
по отрезку
[
a, b
]
назы-
вается выражение вида
R
b
a
f
(
x
)
dx
. Здесь над и под знаком интеграла
появляются концы отрезка, по которому интегрируют, называемые
пре-
делами интегрирования
.
13.1. Вычисление определенного интеграла.
Для того,
чтобы вычислить такой определенный интеграл, следует использовать
любую первообразную
F
(
x
)
функции
f
(
x
)
в формуле Ньютона – Лейб-
ница:
b
Z
a
f
(
x
)
dx
=
F
(
x
)
b
a
=
F
(
b
)
−
F
(
a
)
.
Таким образом, для вычисления определенного интеграла использует-
ся неопределенный интеграл.
Пример 1.
Вычислить
R
1
0
x
5
dx
. Мы знаем, что первообразной
для функции
x
5
является функция
x
6
6
. Поэтому
1
Z
0
x
5
dx
=
x
6
6
1
0
=
1
6
−
0
6
=
1
6
.
Вычисление первообразной, как мы уже убедились, часто бывает до-
вольно долгим процессом, где могут использоваться (и не один раз)
методы замены переменной и интегрирования по частям. Рассмотрим
эти методы в процессе вычисления определенного интеграла.
13.2. Метод замены переменной в определенном ин-
теграле.
Если сделать замену
t
=
ϕ
(
x
)
в определенном интеграле
R
b
a
f
(
x
)
dx
, то необходимо изменить пределы интегрирования в новом
39

---

интеграле, где переменной интегрирования становится новая перемен-
ная
t
. Нужно в качестве нового нижнего предела интегрирования надо
взять значение
α
=
ϕ
(
a
)
, а в качестве верхнего предела –
β
=
ϕ
(
b
)
.
Пример 2.
Вычислить
R
π/
3
π/
4
(cos
5
x
+ 3 sin
2
x
cos
x
)
dx
. Вынесем
cos
x
за скобку и выразим оставшуюся в скобках функцию
cos
4
x
через
sin
x
:
cos
4
x
= (1
−
sin
2
x
)
2
. Получим:
π/
3
Z
π/
4
(1
−
sin
2
x
)
2
+ 3 sin
2
x
cos
xdx.
Нетрудно видеть, что удобно сделать замену:
t
= sin
x
. При этом
dt
=
= cos
xdx
и выражение под интегралом становится зависимым только
от
t
. Теперь необходимо изменить пределы интегрирования. Нижним
пределом становится
sin(
π/
4) =
√
2
/
2
, а верхним пределом
sin(
π/
3) =
=
√
3
/
2
. Поэтому
π/
3
Z
π/
4
(cos
5
x
+ 3 sin
2
x
cos
x
)
dx
=
√
3
/
2
Z
√
2
/
2
[(1
−
t
2
)
2
+ 3
t
2
]
dt
=
=
√
3
/
2
Z
√
2
/
2
(1 +
t
2
+
t
4
)
dt
=
t
+
t
3
3
+
t
5
5
√
3
/
2
√
2
/
2
=
109
√
3
160
−
73
√
2
120
.
13.3. Метод интегрирования по частям в определен-
ном интеграле.
Этот метод также можно применять в определенном
интеграле, при этом необходимо расставить пределы интегрирования:
b
Z
a
uv
′
dx
=
uv
|
b
a
−
b
Z
a
vu
′
dx.
.
40

---

Пример 3.
1
Z
0
x
arctg
xdx
=
(
u
= arctg
x, u
′
=
1
x
2
+1
v
′
=
x,
v
=
x
2
2
)
=
=
x
2
2
arctg
x
1
0
−
1
2
1
Z
0
x
2
x
2
+ 1
dx
=
π
8
−
1
2
1
Z
0
x
2
+ 1
−
1
x
2
+ 1
dx
=
=
π
8
−
1
2
x
−
arctg
x
1
0
=
π
8
−
1
2
1
−
π
4
=
π
4
−
1
2
.
13.4. Вычисление площади области.
Определенный инте-
грал применяется при вычислении площадей областей. Пусть необходи-
мо вычислить площадь области, расположенной между двумя кривыми
y
=
f
1
(
x
)
и
y
=
f
2
(
x
)
над отрезком
[
a, b
]
:
x
y
f
1
(
x
)
f
2
(
x
)
S
a
b
Тогда
S
=
b
Z
a
[
f
2
(
x
)
−
f
1
(
x
)]
dx.
Пример 4.
Вычислить площадь области, ограниченной кривыми
y
=
x
2
и
y
= 2
−
x
2
.
Прежде всего найдем точки пересечения кривых:
x
2
= 2
−
x
2
⇒
x
2
= 1
⇒
x
=
±
1
. Таким образом, пределами интегрирования
будут числа
a
=
−
1
,
b
= 1
.
41

---

Вычислим теперь площадь по формуле. Кривая
y
= 2
−
x
2
над
отрезком
[
−
1
,
1]
находится выше кривой
y
=
x
2
. Следовательно,
S
=
1
Z
−
1
[(2
−
x
2
)
−
x
2
]
dx
=
2
x
−
2
3
x
3
1
−
1
=
8
3
.
13.5. Задания к теме.
Вычислить площадь области, располо-
женной между двумя кривыми:
1.
y
= 9
−
x
2
и
y
= 0
.
2.
y
=
√
16
−
x
2
и
y
= 0
.
3.
y
= (
x
−
2)
3
и
y
= 4
x
−
8
.
4.
y
= 4
−
x
2
и
y
=
x
2
−
2
x
.
Ответы: 1.
36.
2.
256/3.
3.
8.
4.
9.
§ 14.
Дифференциальные уравнения с
разделяющимися переменными
Дифференциальным уравнением
n
-го порядка называется соот-
ношение вида
F
(
x, y, y
′
, y
′′
, ..., y
(
n
)
) = 0
. Решить дифференциальное
уравнение – это значит, определить функцию
y
(
x
)
, удовлетворяющее
этому соотношению.
Простейшее дифференциальное уравнение вида
y
′
(
x
) =
f
(
x
)
име-
ет решение
y
(
x
) =
R
f
(
x
)
dx
. Это решение определяется с точностью до
произвольного постоянного слагаемого. Решения более сложных диф-
ференциальных уравнений также находятся с точностью до произволь-
ных постоянных (их число равно порядку уравнения).
Так же, как не любая функция может быть проинтегрирована, и
представлена в виде элементарных функций, так и не любое дифферен-
циальное уравнение имеет решение, выражающееся через элементар-
ные функции. Мы рассмотрим лишь несколько простых классов диф-
42

---

ференциальных уравнений, для которых можно найти аналитическое
решение.
14.1. Дифференциальное уравнение первого порядка
с разделяющимися переменными.
Такое уравнение имеет вид
y
′
=
f
(
x
)
g
(
y
)
. Запишем производную в виде отношения дифференциа-
лов:
dy
dx
=
f
(
x
)
·
g
(
y
)
и разнесем в разные части выражения, содержащие
x
и
y
. Мы получим равенство двух дифференциалов:
dy
g
(
y
)
=
f
(
x
)
dx
.
После интегрирования правой части по
x
, а левой – по
y
мы получим
слева функцию, зависящую от
y
, а справа – функцию, зависящую от
x
, отличающихся на константу:
R
dy
g
(
y
)
=
R
f
(
x
)
dx
+
C
.
Зависимость между
x
и
y
, полученная при решении дифферен-
циального уравнения, задает в плоскости
xOy
семейство кривых из-
за присутствия произвольного параметра C. Для того, чтобы выбрать
из этого множества единственную кривую, задают
начальное условие
y
(
x
0
) =
y
0
. Таким образом, из множества кривых выбирается един-
ственная – проходящая через точку
(
x
0
, y
0
)
. Задача нахождения ре-
шения дифференциального уравнения, удовлетворяющее начальному
условию, называется
задачей Коши.
Пример 1.
Найти решение дифференциального уравнения
y
′
y
q
1
−
x
2
1
−
y
2
=
= 1
, удовлетворяющее условию
y
(0) = 0
.
Представим производную в уравнении в виде отношения диффе-
ренциалов и разделим переменные:
dy
dx
·
y
·
s
1
−
x
2
1
−
y
2
= 1
ydy
p
1
−
y
2
=
dx
√
1
−
x
2
.
Проинтегрируем обе части последнего соотношения по соответствую-
43

---

щим переменным и получим связь между функцией и аргументом:
−
p
1
−
y
2
= arcsin
x
+
C.
Теперь нужно удовлетворить начальному условию
y
(0) = 0
. Подстав-
ляя заданные значения в полученное решение, получим
−
1 = 0 +
C
или
C
=
−
1
. Следовательно, из всех решений следует выбрать то, где
константа
C
=
−
1
, то есть, имеем соотношение
−
p
1
−
y
2
= arcsin
x
−
1
или, выразив
y
, получим
y
(
x
) =
±
p
2 arcsin
x
−
arcsin
2
x.
Пример 2.
Найти решение дифференциального уравнения
(1 +
+
e
x
)
y
′
=
ye
x
, удовлетворяющее условию
y
(0) = 2
.
dy
y
=
e
x
dx
1 +
e
x
.
Интегрируя обе части, получим
ln
y
= ln(1 +
e
x
) + ln
C
⇒
y
=
C
(
e
x
+ 1)
.
Подставив в полученное решение уравнения значения
x
= 0
и
y
=
= 2
, получим
C
= 1
. Поэтому решением поставленной задачи Коши
является
y
=
e
x
+ 1
.
14.2. Задания к теме.
Решить задачи Коши для дифферен-
циальных уравнения при заданных начальных условиях:
1.
y
′
y
(
x
2
−
1) =
p
1 +
y
2
,
y
(0) = 0
.
2.
xy
′
=
−
y
(1 + ln
y
)
,
y
(1) = 1
.
3.
y
′
(
e
2
x
+ 5)
y
=
−
e
2
x
,
y
(0) =
−
1
.
4.
y
′
y
√
1 +
x
2
=
−
x
p
1 +
y
2
,
y
(0) = 0
.
44

---

5.
y
′
(
e
−
x
+ 1)(
y
+ 2) =
−
e
−
x
,
y
(0) = 0
.
6.
y
′
y
(1 + cos
x
) =
−
sin
x
,
y
(0) =
−
1
.
7.
y
′
y
(
x
2
−
1) =
p
2
−
y
2
,
y
(0) = 0
.
8.
y
′
(
e
2
x
−
1)
y
2
=
−
e
2
x
,
y
(0) = 2
.
Ответы: 1.
y
=
±
q
1
2
ln
1
−
x
1+
x
+ 1
2
−
1
.
2.
y
=
e
1
x
−
1
.
3.
y
=
−
−
p
1 + ln 6
−
ln(
e
2
x
+ 5)
.
4.
y
=
±
p
4
−
4
√
x
2
+ 1 +
x
2
.
5.
y
2
+ 4
y
=
= 2 ln
e
x
+1
2
−
2
x
.
6.
y
=
−
p
2 ln(1 + cos
x
)
−
ln 4 + 1
.
7.
p
2
−
y
2
=
=
1
2
ln
1+
x
1
−
x
+
√
2
.
8.
y
=
3
q
8
−
3
2
ln
e
2
x
−
1
e
2
−
1
.