Методы вычисления интегралов: Учебное пособие по самостоятельной работе

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ «САМАРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ АЭРОКОСМИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ имени академика С.П. КОРОЛЕВА»

МЕТОДЫ ВЫЧИСЛЕНИЯ ИНТЕГРАЛОВ Учебное пособие по самостоятельной работе Печатается по решению редакционно- издательского совета Самарского государственного аэрокосмического университета

Издательство СГАУ 2006

УДК 517.1 (075) ББК Рецензенты: проф., доктор тех. наук Б.А.Горлач, доц., канд. физ.-мат. наук Е.Я. Горелова

Файницкий Ю.Л. Методы вычисления интегралов: учеб. пособие по самостоятельной работе / Ю.Л. Файницкий. − Самара: Изд- во Самар. гос. аэрокосм. ун-та, 2006. − 41 с. ISBN Предназначено для студентов всех специальностей СГАУ. Содержит материалы по математике, предлагаемые для самостоятельного изучения во втором семестре. Рассматриваются методы интегрирования рациональных и иррациональных функций, некоторые методы вычисление определенного интеграла, несобственные интегралы в смысле главного значения. Определения, утверждения и приемы решения задач, рассматриваемые на лекционных и практических занятиях, здесь не дублируются. Предполагается, что студент уже ознакомился с указанным материалом. Учебное пособие представляет собой руководство, помогающее студенту продолжить изучение методов решения задач по данному разделу математики. Учебное пособие выполнено на кафедре высшей математики в рамках инновационной образовательной программы «Развитие центра компетенции и подготовка специалистов мирового уровня в области аэрокосмических и геоинформационных технологий».

УДК 517.1 (075) ББК

ISBN

© ©

Файницкий Ю.Л., 2006 Самарский государственный аэрокосмический университет, 2006

ПРЕДИСЛОВИЕ Учебное пособие содержит материалы по математике, предлагаемые студентам всех специальностей СГАУ для самостоятельного изучения во втором семестре. Здесь рассматриваются методы интегрирования рациональных и иррациональных функций, некоторые методы вычисление определенного интеграла, несобственные интегралы в смысле главного значения. Пособие состоит из 14 пунктов (параграфов), каждый из которых имеет следующую структуру. Параграф, как правило, начинается с кратких теоретических сведений, необходимых для решения очередной задачи. Теоремы приводятся без доказательств, однако, в каждом конкретном случае указывается учебное пособие, с помощью которого можно ознакомиться с обоснованием соответствующего утверждения. Далее приводится формулировка и решение очередной задачи. Затем формулируется аналогичная задача, предназначенная для самостоятельного решения, и ответ к ней, если только ответ не следует из условия. В отдельных случаях в завершение параграфа может приводиться еще одна или несколько пар задач. Рекомендуется следующий порядок самостоятельной работы. Прежде всего, необходимо по конспекту и учебнику проработать материал, рассмотренный на лекционных занятиях, ознакомиться с введенными там понятиями, изучить формулировки и доказательства теорем. Затем, опираясь на решения задач, предложенных на практических занятиях, выполнить текущее домашнее задание. И только после этого целесообразно осваивать материал, приведенный в настоящем учебном пособии. Такая последовательность изучения материала связана, в частности, с тем, что здесь не дублируются рассматриваемые на лекционных и практических занятиях определения, утверждения и приемы. Предполагается, что студент с ними уже ознакомился. Пособие представляет собой руководство, помогающее студенту продолжить изучение методов решения задач по данному разделу математики.

3

1 НЕОПРЕДЕЛЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 1.1

Интегрирование рациональных функций

a многочлена Pn ( x ) , если этот многочлен делится на ( x − a )k и не делится на ( x − a )k +1 . Если k = 1 , то корень a называется простым, если k ≠ 1 , то кратным. Определение. Число k называется кратностью корня

При разложении рациональной функции на простейшие дроби приходится определять параметры этих дробей, например, приводя данную сумму к общему знаменателю, записывая равенство некоторых многочленов и составляя систему линейных уравнений, нередко весьма громоздкую. Можно также получить систему линейных уравнений для искомых параметров, подставляя в указанное равенство многочленов различные значения переменной интегрирования. Наиболее эффективен этот метод, если подставлять корни знаменателя рассматриваемой функции, в том числе комплексные. Если корни кратные, то система будет содержать число уравнений, недостаточное для определения всех параметров. Однако в этом случае можно получить дополнительные уравнения, дифференцируя левую и правую части упомянутого равенства многочленов. 1. Вычислить интеграл

x ( x − 2)

∫ ( x − 1)2 ( x 2 + 1)2

dx .

Решение. Представим подынтегральную функцию в виде суммы простейших дробей:

x ( x − 2)

( x − 1)2 ( x 2 + 1)2

=

A B Dx + E Fx + G + + + . x − 1 ( x − 1)2 x 2 + 1 ( x 2 + 1)2

Приравняем числители после приведения дробей в правой части к общему знаменателю:

x ( x − 2) = A( x − 1)( x 2 + 1)2 + B( x 2 + 1)2 + +( Dx + E )( x − 1)2 ( x 2 + 1) + ( Fx + G )( x − 1)2 .

(1)

Знаменатель подынтегральной функции имеет корни 1, i, − i . Подставив x = 1 в равенство (1), получим:

4

1 −1 = B ⋅ 4; B = − . 4 При x = i соотношение (1) принимает вид:

−1 − 2i = ( Fi + G )( −2i ) . Приравняем действительные и мнимые части:

1 F = − ; G = 1. 2 Продифференцируем обе части равенства (1), оставляя в записи только те слагаемые, которые не содержат множителя ( x − 1) :

1 2 x − 2 = A( x 2 + 1)2 − ⋅ 2( x 2 + 1) ⋅ 2 x + ... 4 При x = 1 это равенство примет вид:

0 = A⋅ 4 − 2 ; A =

1 . 2

Продифференцируем обе части равенства (1), сохраняя слагаемые, не со2

держащие множителя ( x + 1) :

1 ⎛ 1 ⎞ 2 x − 2 = ( Dx + E )( x − 1)2 ⋅ 2 x − ⋅ ( x − 1)2 + ⎜ − x + 1⎟ ⋅ 2( x − 1) + ... 2 ⎝ 2 ⎠ Подставим сюда x = i : 1 ⎛ 1 ⎞ 2i − 2 = ( Di + E )(i − 1)2 ⋅ 2i − (i − 1)2 + ⎜ − i + 1⎟ ⋅ 2(i − 1) , 2 ⎝ 2 ⎠ или Отсюда

2i − 2 = ( Di + E ) ⋅ 4 + i + 1 + i + 2i − 2 . −2 = 4 E − 1; 2 = 4 D + 4 ,

то есть

1 1 E=− , D=− . 4 2 Запишем заданный интеграл, используя найденные значения коэффициентов: 5

x ( x − 2)

1 dx 1 dx − − ∫ ( x − 1)2 ( x 2 + 1)2 2 ∫ x − 1 4 ∫ ( x − 1)2 1 2x + 1 1 x−2 − ∫ 2 dx − ∫ 2 dx . 2 4 x +1 2 ( x + 1) dx =

Вычислим интеграл

dx

∫ ( x 2 + 1)2 = ∫ x 2dx

x2 + 1 − x2 2

( x + 1)

dx =

2

u = x; dv =

xdx

( x 2 + 1)2 = =arctgx − ∫ 2 = 2 1 1 ( x + 1) du = dx; v = − 2 x2 + 1 1 x 1 dx 1 1 x = arctgx + − = x + +C. arctg 2 x2 + 1 2 ∫ x2 + 1 2 2 x2 + 1 Получим:

x ( x − 2)

∫ ( x − 1)2 ( x 2 + 1)

dx = 2

1 1 1 ln x − 1 + − 2 4 x −1

1 1 2x + 1 1 +C. − ln( x 2 + 1) + arctgx + 4 4 x2 + 1 4 Замечание. Здесь и в дальнейшем, до конца данного учебного пособия, символы C , C1, C2 , ... обозначают произвольные постоянные. 2. Вычислить интеграл

dx

∫ x( x 2 + 4)2 ( x 2 + 1)

6

.

Ответ:

1 1 7 1 +C. ln x − ln( x 2 + 1) + ln( x 2 + 4) − 2 16 18 288 24( x + 4) 1.2 Метод Остроградского Пусть

P( x ) − правильная рациональная функция, знаменатель которой Q( x)

имеет кратные корни. Тогда

P( x ) P1( x ) P2 ( x ) d x dx . = + ∫ Q( x) Q1( x ) ∫ Q2 ( x )

(2)

Здесь Q2 ( x ) − многочлен, имеющий те же корни, что и Q ( x ) , но все

корни многочлена Q2 ( x ) − простые. Функция Q1 ( x ) определяется равенством

Q( x) , Q2 ( x )

Q1( x ) =

P1( x ) P2 ( x ) и − правильные [3, Q1( x ) Q2 ( x )

P1( x ), P2 ( x ) − многочлены, а дроби

гл 2, § 20, п. 20.3]. Обычно коэффициенты многочленов P1 ( x ), P2 ( x ) заранее неизвестны и должны быть найдены. С этой целью следует продифференцировать равенство (2). В результате получится равенство дробей, позволяющее составить систему линейных уравнений для искомых коэффициентов. Записывая многочлены P1 ( x ), P2 ( x ) с неопределенными коэффициентами, следует задавать их степени на единицу меньше, чем степени функций Q1( x ), Q2 ( x ) соответственно, например,

xdx

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

P1( x )

(x +1)2 ( x 2 + 1)3 ( x 2 + 2 x + 2)

+∫

где 7

Q1(x )dx

(x +1)( x 2 + 1)( x 2 + 2 x + 2)

,

P1( x ) = A0 + A1x + A2 x 2 + ... + A9 x 9 ,

Q1( x ) = B0 + B1x + B2 x 2 + B3 x 3 + B4 x 4 и A0 , A1, A2 , ... , A9 , B0 , B1 , ... , B4 − постоянные. 3. Методом Остроградского вычислить интеграл

dx

∫ ( x3 + 1)2 .

(3)

Решение. Представим интеграл (3) согласно методу Остроградского:

dx

P1( x ) P2 ( x ) = + ∫ ( x3 + 1)2 x3 + 1 ∫ x3 + 1 dx . Запишем многочлены P1 ( x ) и P2 ( x ) с неопределенными коэффициентами, одновременно представив подынтегральную функцию в виде суммы простейших дробей:

dx

∫ ( x3 + 1)2

=

Ax 2 + Bx + D x3 + 1

Fx + G ⎞ ⎛ E + ∫⎜ + 2 ⎟ dx . + x 1 x − x +1⎠ ⎝

Продифференцируем правую и левую части этого равенства:

1 3

( x + 1)

2

=

(2 Ax + B )( x 3 + 1) − ( Ax 2 + Bx + D ) ⋅ 3 x 2 3

+

( x + 1) Fx + G

2

+

E + . x + 1 x2 − x + 1

Приводя дроби к общему знаменателю и приравняв числители левой и правой части равенства, получим соотношение

1 = (2 Ax + B )( x 3 + 1) − 3x 2 ( Ax 2 + Bx + D ) +

+( x 3 + 1)( x 2 − x + 1) E + ( x 3 + 1)( x + 1)( Fx + G ) , или 8

1 = 2 Ax 4 + Bx 3 + 2 Ax + B − 3 Ax 4 − 3Bx 3 − 3Dx 2 + +( x 5 − x 4 + x 3 + x 2 − x + 1) E + ( x 5 + x 4 + x 2 + x ) F +

+( x 4 + x 3 + x + 1)G . Искомые параметры удовлетворяют уравнениям

E + F = 0, − A − E + F + G = 0, −2 B + E + G = 0, −3D + E + F = 0, 2 A − E + F + G = 0, B + E + G = 1. Из первого и четвертого из них следует, что D = 0 , из второго и пятого находим A = 0 , из третьего и шестого B = мер

1 . Остаются три уравнения, напри3

E + F = 0, − E + F + G = 0, 2 − + E + G = 0. 3 Из первого и третьего из них выразим F и G и подставим во второе:

F = −E, G =

2 2 − E , − E − E + − E = 0. 3 3

Следовательно,

2 2 4 E= , F =− , G= . 9 9 9 Интеграл (3) записывается в форме:

dx

∫ ( x3 + 1)2

=

x 3( x 3 + 1)

+

2 ⎛ 1 x−2 ⎞ − dx . 9 ∫ ⎝⎜ x + 1 x 2 − x + 1 ⎠⎟

Подынтегральная функция содержит два слагаемых. Вычислим отдельно интеграл от второго из них: 9

1 3 − ⋅ − (2 1) x x−2 2 ∫ x 2 − x + 1 dx = ∫ x 2 − x + 1 2 dx = 1 3 dx = ln( x 2 − x + 1) − ∫ = 2 2 2 ⎛ 1⎞ 3 x − + ⎜ ⎟ 2⎠ 4 ⎝ 1 2x −1 = ln( x 2 − x + 1) − 3arctg +C. 2 3 Получим интеграл (3):

dx

∫ ( x3 + 1)2

=

x

2 ln x + 1 − + 3( x 3 + 1) 9

1 2 3 2x −1 arctg − ln( x 2 − x + 1) + +C, 9 9 3 или

1 ( x + 1)2 2 3 2x −1 = + + +C. ln arctg ∫ ( x3 + 1)2 3( x3 + 1) 9 x 2 − x + 1 9 3 dx

x

4. Методом Остроградского вычислить интеграл

(4 x 2 − 8 x )dx

∫ ( x − 1)2 ( x 2 + 1)2 . Ответ.

3x 2 − x 2

( x − 1)( x + 1)

+ln

(x -1)2 2

x +1

+arctg x + C .

1.3 Интегрирование дифференциального бинома Интеграл вида 10

I = ∫ x m ( a + bx n ) p dx

(4)

называется интегралом от дифференциального бинома. Здесь a, b ∈ , m, n, p ∈ и все эти параметры, за исключением m , считаются отличными от нуля. Сделаем замену переменной n

x = t, x

1 = tn,

Тогда

I =∫

Обозначим

Так как m, n ∈

m tn

1

1 −1 dx = t n dt . n

( a + bt )

1 = ∫t n

m +1 −1 n

p

1

1 n −1 t dt = n

( a + bt ) p dt .

m +1 −1 = q . n , то q ∈

I=

. Интеграл (4) примет вид:

1 q p t a + bt dt . ( ) n∫

(5)

Если p или q целые, то он является частным случаем интеграла вида r u⎞ ⎛ ⎛ cx + d ⎞ v ⎟ ⎜ ⎛ cx + d ⎞ s , , ... , R x ⎜ ⎟ ⎟ dx , ∫ ⎜ ⎜⎝ c1x + d1 ⎟⎠ + c x d 1⎠ ⎟ ⎝ 1 ⎜ ⎝ ⎠

где c, d , c1, d1 − действительные постоянные,

r u , ... , ∈ s v

(6)

и R − ра-

циональная функция. Если p + q − целое число, то интеграл (5) следует записать в виде:

11

p

1 ⎛ a + bt ⎞ I = ∫ t p+q ⎜ ⎟ dt . n ⎝ t ⎠ Это также частный случай интеграла (6). 5. Вычислить интеграл

I =∫

dx x

4

1+ x

.

2

Решение. Так как

I = ∫ x −4 (1 + x 2 )

−

1 2 dx ,

то I − интеграл от дифференциального бинома. 2

Введем замену переменной x = t . Предположим сначала, что x ≥ 0 . Тогда

x = t , dx =

dt 2 t

и

I = ∫ t −2 (1 + t ) 5

−

1 2

dt = 2 t 1

− 1 −2 = ∫ t (1 + t ) 2 dt . 2

Здесь p = −

1 5 ∉ , q = − ∉ , однако p + q = −3 ∈ . Поэтому запишем 2 2

интеграл I в виде:

I=

1 2∫

5 − t 2

1 − ⋅t 2

⋅

12

(1 + t ) 1 − t 2

−

1 2

dt =

=

1 −3 ⎛ 1 + t ⎞ t ⎜ ⎟ ∫ 2 ⎝ t ⎠

−

1 2

dt .

Сделаем замену переменной

1+ t 1+ t = z2 , z = t t и вычислим dt :

1 −2 z 1 + t = z 2t , t = 2 , dt = 2 dz . z −1 ( z − 1)2

Тогда

1 z I = − ∫ ( z 2 − 1)3 ⋅ ⋅ 2 dz = z ( z − 1)2 z3 = − ∫ ( z − 1) dz = − + z + C . 3 2

Здесь

1+ t 1 + x2 1 2 . z= 1 x = = + t x x2 Поэтому

I =−

1 3x 3

(

1 + x2

)

3

+

1 1 + x2 + C . x

Если считать x < 0 , то повторение выкладок показывает, что в этом случае интеграл имеет то же значение. 6. Вычислить интеграл

∫ Ответ:

(

3

1+ 4 x dx . x

)

3 4 x + 4 x − 3 ⋅ 3 1+ 4 x + C . 7

13

1.4

Метод неопределенных коэффициентов

Если Pn ( x ) − многочлен степени n , то интеграл

Pn ( x )dx

∫

(7)

2

ax + bx + c

может быть представлен в виде следующей суммы [3, гл. 2, § 21, п. 21.5]:

∫

Pn ( x )dx 2

ax + bx + c

= Qn −1( x ) ax 2 + bx + c + λ ∫

dx 2

ax + bx + c

Здесь Qn −1 ( x ) − многочлен степени не выше, чем n − 1 , a , b, c, стоянные. Продифференцируем обе части равенства (8):

Pn ( x ) ax 2 + bx + c +Qn −1( x ) ⋅

.

(8)

λ − по-

= Q 'n −1( x ) ax 2 + bx + c + 2ax + b 2

2 ax + bx + c

+

λ 2

ax + bx + c

.

Умножая обе части этого соотношения на общий знаменатель дробей, получим равенство многочленов

2 Pn ( x ) = 2Q 'n −1( x )( ax 2 + bx + c ) + Qn −1( x )(2ax + b) + 2λ . Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях переменной x , можно найти коэффициенты многочлена Qn −1 ( x ) и параметр λ . Указанный метод может быть применен также для вычисления интегралов вида

∫

dx (x − α)

k

2

ax + bx + c

где α , k − постоянные, α ∈ , k ∈ (7) с помощью подстановки

. Такие интегралы приводятся к виду

1 x −α = . t 14

,

7. Вычислить интеграл

I =∫

dx x

3

2

2x + 2x + 1

.

Решение. Сделаем замену переменной

1 dt x = , dx = − 2 . t t

Тогда

I = −∫

t2

t ⋅ t dt t 3dt , = −∫ 2 2 2 t + 2t + 2 + +1 2 t t

или

I = − sgn t ⋅ ∫

t 2dt t 2 + 2t + 2

Представим интеграл в виде суммы:

∫

t 2 dt 2

t + 2t + 2

= ( At + B ) t 2 + 2t + 2 + λ ∫

dt 2

t + 2t + 2

.

(9)

Здесь A, B − постоянные. Продифференцируем обе части равенства (9):

t2 2

t + 2t + 2

= A t 2 + 2t + 2 + ( At + B )

t +1 2

t + 2t + 2

+

λ 2

t + 2t + 2

Умножим обе части этого равенства на знаменатель дробей, то есть на

t 2 + 2t + 2 : t 2 = A(t 2 + 2t + 2) + At 2 + Bt + At + B + λ . 15

.

Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях переменной t , получим систему уравнений:

1 = 2A, 0 = 3A + B , 0 = 2A + B + λ .

Решая ее, найдем параметры:

1 3 1 A= , B =− , λ = . 2 2 2 Подставляя эти значения в равенство (9), получим:

⎛ 1 ⎞ 3⎞ 2 1 dt ⎛ ⎜ ⎟, I = − sgn t ⋅ ⎜ t − ⎟ t + 2t + 2 + ∫ 2⎠ 2 ⎜⎝ 2 (t + 1)2 + 1 ⎟⎠ ⎝ или

⎛⎛ 1 3 ⎞ 1 2 1 1 − ⎟ 2 + + 2 + ln + 1 + I = − sgn x ⋅ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 2x 2 ⎠ x x 2 x ⎝

1 x2

+

2 +2 x

⎞ ⎟⎟ + C . ⎠

8. Вычислить интеграл

∫ Ответ:

14 arcsin

3x 2 − 5 x 3 − 2x − x

2

dx .

x +1 1 − (3x − 19) 3 − 2 x − x 2 + C . 2 2

1.5 Первая подстановка Эйлера Подстановки Эйлера применяются при вычислении интегралов вида

⎛ x, ax 2 + bx + c ⎞ dx , R ⎟ ∫ ⎜⎝ ⎠

( 10)

где R − рациональная функция, a, b, c − постоянные. Первая подстановка используется, если a > 0 , и определяется соотношением

16

ax 2 + bx + c = ± a x ± t , где знаки « + » или « − » выбираются произвольно. 9. Вычислить интеграл

I =∫

dx 2

x + x + x +1

.

(11)

Решение. Здесь a = 1 > 0 . Применим первую подстановку Эйлера:

x2 + x + 1 = − x + t ,

(12)

то есть

t = x + x2 + x + 1 . Возводя обе части равенства (12) в квадрат, получим

x 2 + x + 1 = x 2 − 2 xt + t 2 , или

x + 1 = t 2 − 2 xt . Отсюда

Вычислим дифференциал:

dx =

t2 − 1 . x= 1 + 2t

2t (1 + 2t ) − 2(t 2 − 1) (1 + 2t )

2

dt =

2t 2 + 2t + 2 (1 + 2t )

2

dt .

Подставим найденные выражения в интеграл (11):

I = 2∫

t2 + t + 1 t (1 + 2t )

2

dt .

Разложим подынтегральную функцию на простейшие дроби:

17

t2 + t + 1 t (1 + 2t )2

=

A B D . + + t 1 + 2t (1 + 2t )2

Приводя дроби к общему знаменателю и приравнивая числители, получим соотношение

t 2 + t + 1 = A(1 + 4t + 4t 2 ) + B(t + 2t 2 ) + Dt и вытекающую из него систему уравнений

1 = 4 A + 2B , 1 = 4A + B + D , 1 = A. Найдем ее решение

и интеграл (11):

или

3 3 A = 1, B = − , D = − 2 2 ⎛1 3 1 ⎞ 3 1 dt = − I = 2∫ ⎜ − 2⎟ 2 1 2 2 t + t (1 + 2t ) ⎠ ⎝ 3 3 1 = 2 ln t − ln 1 + 2t + +C, 2 2 1 + 2t

3 I = 2 ln x + x 2 + x + 1 − ln 1 + 2 x + 2 x 2 + x + 1 + 2 3 1 + ⋅ +C. 2 1 + 2 x + 2 x2 + x + 1 10. С помощью первой подстановки Эйлера вычислить интеграл

∫

dx 2

x − x − x +1

18

.

Ответ.

2ln x − x 2 − x + 1 −

3 2 ⎛⎜ 2 x − 1 − 2 x 2 − x + 1 ⎞⎟ ⎝ ⎠

−

3 − ln 2 x − 1 − 2 x 2 − x + 1 + C . 2 1.6 Вторая подстановка Эйлера Если в интеграле (10) параметр c > 0 , то может быть применена вторая подстановка Эйлера

ax 2 + bx + c = ± xt ± c . 11.

Вычислить интеграл

I =∫

dx x + 4 − 2x − x

2

.

(13)

Решение. Применим подстановку

4 − 2 x − x 2 = tx − 2 , 4 − 2 x − x2 + 2 t= x и возведем в квадрат обе части равенства (14):

4 − 2 x − x 2 = t 2 x 2 − 4tx + 4 . Выразим отсюда x через переменную t :

−2 − x = t 2 x − 4t , 4t − 2 x= 2 . t +1 19

(14)

Вычислим дифференциал этой функции:

dx =

4(t 2 + 1) − 2t ⋅ (4t − 2) 2

(t + 1) =

2

−4t 2 + 4t + 4 2

(t + 1)

2

dt =

dt .

Учитывая соотношение (14), выразим через t знаменатель подынтегральной функции:

x + 4 − 2 x − x 2 = x + tx − 2 = 4t − 2 (t + 1) − 2 = = x (t + 1) − 2 = 2 t +1 4 t 2 − 2 t + 4t − 2 − 2t 2 − 2 2 t 2 + 2 t − 4 = = . 2 2 t +1 t +1 Подставим полученные выражения в интеграл (13):

4 (t 2 + 1)( −t 2 + t + 1) dt = I= ∫ 2 2 (t + t − 2)(t 2 + 1)2 = 2∫ = 2∫

−t 2 + t + 1 (t 2 + t − 2)(t 2 + 1)

dt =

−t 2 + t + 1 2

(t − 1)(t + 2)(t + 1)

dt .

Разложим подынтегральную функцию на простейшие дроби:

−t 2 + t + 1 (t − 1)(t + 2)(t 2 + 1)

=

A B Dt + E . + + 2 t −1 t + 2 t +1

После приведения к общему знаменателю приравняем числители левой и правой частей:

−t 2 + t + 1 = A(t + 2)(t 2 + 1) + B (t − 1)(t 2 + 1) + 20

+ ( Dt + E )(t − 1)(t + 2) . При t = 1 получим:

1 A= ; 6 при t = −2 :

1 −5 = − B ⋅ 15, B = ; 3 при t = i :

1 + i + 1 = ( Di + E )(i − 1)(i + 2) ,

или

2 + i = ( Di + E )( −3 + i ) , 2 + i = − D − 3E + i ( − 3D + E ) , ⎧ 2 = − D − 3E , ⎨ ⎩1 = −3D + E . Умножая обе части второго уравнения данной системы на 3 и складывая полученное равенство с первым из уравнений, найдем:

5 = −10 D, D = − и

1 2

1 E = 1 + 3D = − . 2 Интеграл (13) принимает вид:

1 1 1 t +1 ⎞ ⎛1 1 I = 2∫ ⎜ ⋅ + ⋅ − ⋅ 2 ⎟ dt = t t − + 6 1 3 2 2 t + 1 ⎝ ⎠ 1 2 1 = ln t − 1 + ln t + 2 − ln(t 2 + 1) − arctgt + C , 3 3 2 или

21

1 I = ln 3

4 − 2 x − x2 + 2 2 − 1 + ln x 3

4 − 2 x − x2 + 2 +2 − x

2

⎛ 4 − 2 x − x2 + 2 ⎞ ⎟ 1 ⎜⎝ 4 − 2 x − x2 + 2 ⎠ − ln + 1 − arctg +C. 2 2 x x

12.

Вычислить интеграл:

∫

dx 1 + 1 − 2x − x

2

.

Ответ:

ln 1 −

x 1 + 1 − 2 x − x2

1 + 1 − 2 x − x2 − 2arctg +C. x

1.7 Третья подстановка Эйлера 2

Если в интеграле (10) квадратичная функция ax + bx + c имеет действительные корни x1, x2 , то может быть применена третья подстановка Эйлера

ax 2 + bx + c = ( x − x1 )t . 13. Вычислить интеграл

I =∫

dx 2

1 + x + 2x − 3

Решение. Поскольку справедливо разложение

22

.

(15)

x 2 + 2 x − 3 = ( x − 1)( x + 3) , можно применить подстановку

x 2 + 2 x − 3 = ( x − 1)t ,

(16)

или

( x − 1)( x + 3) = ( x − 1)t . Возведем обе части этого равенства в квадрат:

( x − 1)( x + 3) = ( x − 1)2 t 2 . Выразим отсюда x и вычислим его дифференциал:

x + 3 = ( x − 1)t 2 , x + 3 = xt 2 − t 2 , t2 + 3 4 x= 2 =1+ 2 , t −1 t −1 −8t dx = 2 dt . 2 (t − 1) Учитывая равенство (16), выразим знаменатель подынтегральной функции интеграла (15) через t :

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

4t t2 − 1

=

t 2 + 4t − 1 t2 − 1

.

Подставим полученные выражения в интеграл (15):

I = −8 ∫

t2 − 1 2

⋅

t 2

2

dt =

t + 4t − 1 (t − 1) tdt = −8 ∫ 2 . 2 (t − 1)(t + 4t − 1)

23

2

2

Корни многочленов t − 1 и t + 4t − 1 различны, поэтому подынтегральную функцию можно записать в форме

t (t 2 − 1)(t 2 + 4t − 1)

=

A B Dt + E + + 2 . t − 1 t + 1 t + 4t − 1

Для параметров A, B, D, E получим соотношение

t = A(t + 1)(t 2 + 4t − 1) + B (t − 1)(t 2 + 4t − 1) + ( Dt + E )(t 2 − 1) . (17) При t = 1 и t = −1найдем:

1 1 A= , B =− . 8 8 Чтобы отыскать значения остальных параметров, раскроем скобки в соотношении (17) и приравняем коэффициенты правой и левой части при одинаковых степенях переменной t , например, для второй и для третьей степени:

t = A(t 3 + 4t 2 − t + t 2 + 4t − 1) + B(t 3 + 4t 2 − t − t 2 − 4t + 1) +

+ D(t 3 − t ) + E (t 2 − 1) , ⎧0 = A + B + D, ⎨ ⎩0 = 5 A + 3B + E . Решая эту систему, получим:

1 D = 0, E = − . 4 Интеграл (15) принимает форму:

⎛1 1 ⎞ 1 1 1 1 I = −8 ∫ ⎜ ⋅ − ⋅ − ⋅ ⎟ dt = 2 8 1 8 1 4 t t − + (t + 2) − 5 ⎠ ⎝ t+2− 5 1 ln = − ln t − 1 + ln t + 1 + +C. 5 t+2+ 5 Согласно соотношению (16),

24

x2 + 2 x − 3 . x −1

t= Поэтому

x2 + 2 x − 3 − 1 + ln x −1

I = − ln

+

1 ln 5

x2 + 2 x − 3 +1 + x −1

x2 + 2 x − 3 +2− 5 x −1 +C, 2 x + 2x − 3 +2+ 5 x −1

или

I = ln

1 ln + 5

14.

x2 + 2 x − 3 + x − 1 2

x + 2x − 3 − x + 1

+

( ) +C. 2 x + 2 x − 3 + ( 2 + 5 ) ( x − 1) x 2 + 2 x − 3 + 2 − 5 ( x − 1)

С помощью третьей подстановки Эйлера вычислить интеграл

∫

x − x 2 + 3x + 2 2

x + x + 3x + 2

dx .

Ответ:

−

1 6(t + 1)2

−

5 17 3 16 − ln t + 1 + ln t − 1 − ln t − 2 + C , 18(t + 1) 108 4 27

где

t=

x 2 + 3x + 2 . x +1

25

2 ОПРЕДЕЛЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 2.1 Вычисление интеграла по определению 2.1.1 Равномерное разбиение отрезка интегрирования Из определения определенного интеграла и теоремы его существования следует, что определенный интеграл от функции, непрерывной на отрезке [ a, b] , может быть вычислен по формуле b

n

a

i =1

f (ξi ) ∆x , ∑ ∫ f ( x )dx = ∆lim x →0

где

∆x =

b−a , ξi ∈ [ a + (i − 1)∆x, a + i∆x ] , i = 1, 2, ... , n , n

то есть как предел последовательности: b

∫

a

1 n f ( x )dx = (b − a ) lim ∑ f (ξi ) . n →∞ n i =1

Например, b

∫

a

1 n b−a ( + f ( x )dx = (b − a ) lim f a i) . ∑ n n →∞ n i =1

15. С помощью определения вычислить интеграл 1

∫x

2

dx .

0

Решение. 1

2

1 n ⎛i⎞ 1 n 2 2 2 ∑ ⎜ ⎟ = lim 3 ∑ (1 + 2 + ... + n ) . ∫ x dx = nlim →∞ n i =1 ⎝ n ⎠ n →∞ n i =1 0 2

Справедливо равенство 26

(18)

n

∑ i2 =

i =1

Поэтому

( n + 1)(2n + 1)n . 6

1

2 x ∫ dx = lim 0

( n + 1)(2n + 1)n 6n 3

n →∞

1 = . 3

16. С помощью определения вычислить интеграл π 2

∫ sin xdx . 0

2.1.2 Неравномерное разбиение отрезка интегрирования В некоторых случаях при вычислении определенного интеграла b

∫ f ( x )dx

a

по определению целесообразно использовать неравномерное разбиение отрезка интегрирования, например, точки разбиения могут составлять геометрическую прогрессию. n

Будем считать, что x0 = a , xn = b, b = q a , n ∈ прогрессии

. Тогда знаменатель

1 ⎛ b ⎞n

q=⎜ ⎟ ⎝a⎠ и точки разбиения i ⎛ b ⎞n

xi = x0 ⋅ qi = a ⎜ ⎟ , i = 0, 1, 2, ... , n. ⎝a⎠ 17. С помощью определения вычислить интеграл

27

2

10

∫x

dx .

1

Решение.

Используем неравномерное разбиение, считая, что

xi = x0 ⋅ qi , i = 0, 1, 2, ... , n. Здесь x0 = 1, xn = 2. Поэтому равенство

xn = x0 ⋅ q n имеет вид

2 = 1 ⋅ qn и 1 q = 2n .

Выберем

ξi = xi = x

0

i qi = 2 n

(i = 1, 2, ... , n ) .

Длина частичного отрезка

∆xi = xi +1 − xi = x0qi +1 − x0qi = x0qi ( q − 1) , или

∆xi

i = 2n

⎛ 1 ⎞ ⎜ 2 n − 1⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Применим основное соотношение, задающее определенный интеграл: b

n

a

i =1

∑ f (ξi )∆xi ∫ f ( x )dx = maxlim ∆xi →0

(обозначения стандартные). Наибольшая длина частичного отрезка

28

n = 2n

max ∆xi

⎛ 1 ⎞ n ⎜ 2 − 1⎟ → 0 при n → ∞ . ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Поэтому 10

i ⎛ 1 ⎛ i⎞ ⎞ 10 10 n n n ∑ ξi ∆xi = nlim ∑ ⎜ 2 ⎟⎟ 2 ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟ = ∫ x dx = nlim →∞ i =1 →∞ i =1 ⎜ 1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2

n

n

⎛ 1 ⎞ n 11i = lim ⎜ 2 n − 1⎟ ∑ 2 n = lim n →∞ ⎜ n →∞ ⎟ i =1 ⎝ ⎠

i

⎛ 1 ⎞ n ⎛ 11 ⎞ ⎜ 2 n − 1⎟ ∑ ⎜ 2 n ⎟ . ⎜ ⎟ i =1 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

В правой части содержится сумма n членов геометрической прогрессии с 11 знаменателем 2 n и первым членом, равным

⎛ 1 ⎞ 10 n ⎜ 2 − 1⎟ ∫ x dx = nlim →∞ ⎜ ⎟ 1 ⎝ ⎠

11 ⎛ ⎛ 11 ⎞ n ⎜ 2 n ⎜2 n ⎟

2

1 2n

−1

n →∞ 11 2n

−1

= lim

11 2 n . Поэтому

11 ⋅2 n

⎞ ⎟ − 1⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎠=

⎜ ⎜ ⎝⎜ ⎝

11 2n

−1

(211 − 1) .

Учтем, что при t → 0

a t − 1 = et ln a − 1 ∼ t ln a . Получим значение интеграла:

29

1 ln 2 11 10 n ⋅ 2 n 211 − 1 = ∫ x dx = = nlim →∞ 11 ln 2 1 n

(

2

)

11 1 211 − 1 11 n , = lim ⋅2 2 −1 = 11 11 n→∞

(

)

или 2

10 ∫ x dx = 1

2047 . 11

18. С помощью определения вычислить интеграл 2

8

∫ x dx . 1

2.2 Вычисление предела с помощью определенного интеграла Формулу (18) можно использовать для вычисления некоторых пределов:

1 lim n →∞ n

b

n

1 f ξ = ( ) ∑ i b − a ∫ f ( x )dx , i =1

где

ξi = a +

a

b−a i , i = 1, 2, ... , n . n

19. Вычислить предел

1 1 ⎞ ⎛ 1 + + lim n ⎜ 2 2 + 2 ... ⎟. n →∞ ⎝ n + 1 n + 22 n2 + n2 ⎠ Решение. Применим формулу (18) к интегралу 30

1

n 1 n 1 n lim lim = = ∫ 1 + x 2 n→∞ n ∑ i 2 n→∞ ∑ n 2 + i 2 . ⎛ ⎞ i =1 i =1 0 1+ ⎜ ⎟ ⎝n⎠

dx

Из этих равенств следует, что

1 1 ⎞ ⎛ 1 + + = lim n ⎜ 2 2 + 2 ... ⎟ 2 2 2 n →∞ ⎝ n + 1 n +2 n +n ⎠ = lim

n

n

∑ n2 + i2

n →∞ i =1

20.

1

=∫

dx

01+

x

2

= arctgx

1 0

=

π 4

.

Вычислить предел

1 1 ⎞ ⎛ 1 + + ... + lim ⎜ ⎟. n+n⎠ n →∞ ⎝ n + 1 n + 2 Ответ: ln 2 . 2

Указание. Рассмотрите интеграл

dx ∫x. 1

2.3 Интегралы от четных и нечетных функций Если четная функция f интегрируема на отрезке a

∫

−a

a

f ( x )dx = 2 ∫ f ( x )dx . 0

В случае если функция f нечетная, a

∫

f ( x )dx = 0 .

−a

31

[ −a, a ] , то

21. Вычислить интеграл: π

I=

∫

2 cos2 x − 8 x cos 3 x − x 2 sin x + 4 x 3 cos x + x 4 cos2 x

x4 + 2

−π

dx .

Решение. Сгруппируем четные и нечетные слагаемые в числителе подынтегральной функции и представим интеграл в виде суммы: π

∫

I =

4

x +2

−π

π

dx +

−8 x cos 3 x − x 2 sin x + 4 x 3 cos x

∫

+

2 cos2 x + x 4 cos2 x

4

x +2

−π

dx .

Подынтегральная функция второго из данных интегралов нечетная, этот интеграл равен нулю. Поэтому π

I= π

=

∫

∫

2 cos2 x + x 4 cos2 x 4

x +2

−π

(2 + x 4 ) cos2 x 4

x +2

−π

π

=

∫

−π

dx =

π

dx =

∫ cos

2

x dx =

−π

1 + cos 2 x dx = π . 2

22. Вычислить интеграл 2

∫

− 2

2 x 7 + 3x 6 − 10 x 5 − 7 x 3 − 12 x 2 + x + 1

x2 + 2

32

dx .

Ответ:

−

16 π . 2+ 5 2 2

2.4 Интеграл с переменным пределом интегрирования Теорема. Если функция f непрерывна на отрезке

[ a, b] и

x ∈ ( a , b) ,

то x ⎞ d ⎛ ⎜ f (t )dt ⎟ = f ( x ) . ⎟ dx ⎜ ∫ ⎝a ⎠

23. Вычислить предел 2

⎛x 2 ⎞ ⎜ ∫ et dt ⎟ ⎜ ⎟ 0 ⎝ ⎠ . A = lim x x →+∞

2

2t e ∫ dt 0

Решение. Учтем, что при x ≥ 0 2

et ≥ 1

и что

+∞

∫ dt = ∞ . 0

Согласно признакам сходимости несобственных интегралов, отсюда следует соотношение: +∞

∫

2

et dt = ∞ .

0

Аналогично, +∞

∫

2

e2t dt = ∞ .

0

33

Таким образом, необходимо раскрыть неопределенность вида

∞ . ∞

Применим правило Лопиталя: x ⎛x 2 ⎞ 2 2 t x 2 ⎜ ∫ e dt ⎟ e 2 ∫ et dt ⎜ ⎟ 0 ⎝ ⎠ 0 A = lim . lim = x2 2 x2 x →+∞ x →+∞ e e

∞ . Еще раз используем правило Лопита∞

Это также неопределенность вида ля:

2e

A = lim

x →+∞

24.

x2

2 xe

= 0.

x2

Вычислить предел x

∫ (arctgt ) lim

Ответ:

4

dt

0

t2 + 1

x →+∞

π2

2

.

2.5 Интеграл в смысле главного значения 2.5.1 Интеграл с бесконечными пределами Определение. Пусть функция f непрерывна на интервале ( −∞, + ∞) . Если существует предел a

lim

a →+∞

∫

f ( x )dx ,

−a

34

то этот предел называется интегралом в смысле главного значения от функции f на указанном интервале и обозначается +∞

∫

v. p. Таким образом, по определению,

f ( x )dx .

−∞

+∞

v. p.

∫

a

f ( x )dx = lim

a →+∞

−∞

∫

f ( x )dx .

−a

25. Вычислить интеграл в смысле главного значения: +∞

v. p.

∫

(1+x )dx 1+x 2

−∞

.

(19)

Решение. Рассмотрим интегралы в смысле главного значения: +∞

dx

∫ 1+x 2

I1 = v. p.

(20)

−∞

и +∞

I 2 = v. p.

xdx

∫ 1+x 2 .

(21)

−∞

По определению, a

I1 = lim

a →+∞

∫ 1+x 2

−a

= lim 2arctgx a →+∞

dx a 0

a

= lim 2 ∫ a →+∞

dx

0 1+x

2

=

= lim 2arctga = π .

Аналогично, 35

a →+∞

a

I 2 = lim

a →+∞

Так как функция

x 1+ x

2

x dx

∫ 1+x 2 .

−a

нечетная, то a

xdx

∫ 1+x 2 = 0

−a

и

I2 = 0 . Поскольку оба интеграла в смысле главного значения (20) и (21) существуют, то, по теореме о пределе суммы, +∞

v. p.

∫

(1+x )dx

−∞

1+x 2 a

= lim

a →+∞

a ⎛ a dx x dx ⎞ ⎟= = lim ⎜ ∫ + ∫ 2⎟ a →+∞ ⎜ 1+x 2 − a 1+x ⎠ ⎝ −a

dx

∫ 1+x 2

a

+ lim

a →+∞

−a

xdx

∫ 1+x 2 = π ,

−a

то есть интеграл в смысле главного значения (19) +∞

v. p.

∫

−∞

26.

(1+x )dx 1+x

2

=π .

Вычислить интеграл в смысле главного значения: +∞

v. p.

∫ (x +1)arctgxdx .

−∞

Ответ. Не существует.

36

2.5.2 Интеграл от неограниченной функции Определение. Пусть функция f непрерывна на множествах [a , c ) , ( c, b] и не ограничена на каждом из этих промежутков. Если существует предел b ⎛ c −ε ⎞ lim ⎜ f ( x )dx + f ( x )dx ⎟ , ⎟ ε →+0 ⎜ c +ε ⎝ a ⎠

∫

∫

то этот предел называется интегралом в смысле главного значения от указанной функции на отрезке [ a, b] и обозначается b

v. p.

∫ f ( x )dx .

a

Таким образом, по определению, b

v. p.

∫

a

b ⎛ c −ε ⎞ f ( x )dx = lim ⎜ ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx ⎟ . ⎟ ε →+0 ⎜ c +ε ⎝ a ⎠

27. Вычислить интеграл в смысле главного значения: 4

v. p.

∫

1 2

dx . x ln x

Решение. Согласно определению интеграла в смысле главного значения,

⎛ ⎞ 1 − ε 4 ⎜ dx dx dx ⎟ ⎟= v. p. ∫ = lim ⎜ ∫ + ∫ x ln x x ln x x ln x ε →+ 0 ⎜ 1 ⎟ 1 1+ε ⎜ ⎟ 2 ⎝ 2 ⎠ ⎛ ⎞ 1−ε 4 ⎜ = lim ln ln x + ln ln x 1+ε ⎟ = ⎟ 1 ε →+0 ⎜⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ 4

37

⎛ ⎞ ⎛1⎞ = lim ⎜ ln ln(1 − ε ) − ln ln ⎜ ⎟ + ln ln(4) − ln ln (1 + ε ) ⎟ = ε →+0 ⎝ ⎝2⎠ ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ln 4 ln(1 − ε ) ⎟ = lim ⎜ ln + ln ⎟. 1 ln (1 + ε ) ⎟ ε →+0 ⎜ ⎜ ln ⎟ 2 ⎝ ⎠ Так как

ln(1 − ε ) −ε = lim = −1 , ε →+0 ln (1 + ε ) ε →+0 ε lim

то 4

v. p.

∫

1 2

dx = ln 2 + ln −1 = ln 2 . x ln x

28. Вычислить интеграл в смысле главного значения: 10

v. p.

∫ 1

dx . 7− x

Ответ: ln 2 .

38

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ 1. Берман, Г.Н. Сборник задач по курсу математического анализа: Учеб. пособие / Г.Н. Берман – СПб.: Изд-во «Профессия», 2005 – 432 с. 2. Демидович, Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу: Учеб. пособие для вузов / Б.П. Демидович. – М.: АСТ : Астрель, 2005. – 558 с. 3. Кудрявцев, Л.Д. Математический анализ, т. I / Л.Д. Кудрявцев. – М.: Дрофа, 2003. –703 с. 4. Ляшко, И.И. Справочное пособие по математическому анализу. Введение в анализ, производная, интеграл / И.И. Ляшко, А.К. Боярчук, Я.Г. Гай, Г.П. Голович. – Киев: Вища школа, 1984. – 456 с. 5. Марон, И.А. Дифференциальное и интегральное исчисление в примерах и задачах. Функции одной переменной: Учеб. пособие для втузов / И.А. Марон. – М.: Наука, 1976. – 400 с. 6. Ривкинд, Я.И. Дифференциальное и интегральное исчисление в задачах: Учеб. пособие / Я.И. Ривкинд. – Минск, Вышейшая школа, 1971. – 192 с. 7. Сборник задач по математическому анализу. Интегралы. Ряды: Учеб. пособие для вузов/ Л.Д. Кудрявцев, А.Д. Кутасов, В.И. Чехлов, М.И. Шабунин; под ред. Л.Д. Кудрявцева. – М.: Наука, 1986. – 528 с.

39

СОДЕРЖАНИЕ ПРЕДИСЛОВИЕ ................................................................................................... 3 1

НЕОПРЕДЕЛЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ ...................................................... 4 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7

2

ИНТЕГРИРОВАНИЕ РАЦИОНАЛЬНЫХ ФУНКЦИЙ ......................................... 4 МЕТОД ОСТРОГРАДСКОГО ......................................................................... 7 ИНТЕГРИРОВАНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО БИНОМА ............................... 10 МЕТОД НЕОПРЕДЕЛЕННЫХ КОЭФФИЦИЕНТОВ ........................................ 14 ПЕРВАЯ ПОДСТАНОВКА ЭЙЛЕРА ............................................................. 16 ВТОРАЯ ПОДСТАНОВКА ЭЙЛЕРА ............................................................. 19 ТРЕТЬЯ ПОДСТАНОВКА ЭЙЛЕРА .............................................................. 22

ОПРЕДЕЛЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ .......................................................... 26 2.1 ВЫЧИСЛЕНИЕ ИНТЕГРАЛА ПО ОПРЕДЕЛЕНИЮ ......................................... 26 2.1.1 Равномерное разбиение отрезка интегрирования ........................ 26 2.1.2 Неравномерное разбиение отрезка интегрирования .................... 27 2.2 ВЫЧИСЛЕНИЕ ПРЕДЕЛА С ПОМОЩЬЮ ОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА ...... 30 2.3 ИНТЕГРАЛЫ ОТ ЧЕТНЫХ И НЕЧЕТНЫХ ФУНКЦИЙ .................................... 31 2.4 ИНТЕГРАЛ С ПЕРЕМЕННЫМ ПРЕДЕЛОМ ИНТЕГРИРОВАНИЯ ..................... 33 2.5 ИНТЕГРАЛ В СМЫСЛЕ ГЛАВНОГО ЗНАЧЕНИЯ ........................................... 34 2.5.1 Интеграл с бесконечными пределами............................................. 34 2.5.2 Интеграл от неограниченной функции .......................................... 37

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ ................................................................................. 39

40

Учебное издание Ф а й н и ц к и й Юрий Львович Интегралы Учебное пособие

РЕДАКТОР….. Подписано в печать…...2006 г. Формат 60х84 1/16. Бумага офсетная. Печать офсетная. Усл. печ. л. …… Усл. кр.-отт…... Уч.-изд. л. …... Тираж ….. экз. Заказ Арт……... Самарский государственный аэрокосмический университет. 443086 Самара, Московское шоссе, 34 ____________________________________________________________ Изд-во Самарского государственного аэрокосмического университета. 443086 Самара, Московское шоссе, 34