определенный интеграл - страница 2
Высчитать определенный интеграл \( \int\limits^{12\sqrt{3}}_0\frac{12x^5}{{\sqrt{x^6+1}}} \, dx \)
Решение: Обозначим через u=x⁶+1 ⇒ du=6x⁵ dx ⇒ 12x⁵ dx=2 du12x⁵ dx du
∫ - = 2 ∫ - = 2 * 2√u+ C= 4√u+ C=4√(x⁶+1) +C
√(x⁶+1) √u
Когда будем вычислять определённый интеграл, надо сделать двойную подстановку от 0 до 12√3, получим:
∫. = 4√(х⁶+1) |₀ = 4( √( 12⁶ *3³+1) - √( 0⁶+1) ) = 4(√(12⁶ *27+1) - 1)
Найти определенный интеграл \( \int\limits^6_2 {(4x+1)/( \sqrt{2x-3} +7)} \, dx\\ \int\limits^{ \pi /2}_{- \pi /2} {sin(2x- \pi /4)cosx} \, dx \)
Решение: A
t=√(2x-3)+7,dt=dx/√(2x-3)
$$ \int\limits^6_2 {(4x+1)/( \sqrt{2x-3} +7)} \, dx = \int\limits {(2t^3+7t)/(t+7)} \, dt= $$
2t³+7t |t+7
2t³+14t² 2t²-14t+105
-
-14t²+7t
-14t²-98t
-
105y
105t+735
-
- 735 = $$ \int\limits {(2t^2-14t+105-735/(t+7)} \\ dt =2/3* \sqrt{(2x-3)^3} -7t^2+105t- \\ 735\ln( \sqrt{2x-3} +7)|6-2=2/3*1-7*9+105*3-735\ln10-2/3*1 \\ +7*1-105*1+735\ln8= 161 1/3+735\ln0,8 \\ sin(2x-\pi/4)*cosx=sin2x*cos\pi/4*cosx-cos2x*sin\pi/4*cosx=\\=√2/2*sin2xcosx-√2/2*cos2xcosx=√2/2*1/2*(sinx+sin3x-cosx-cos3x)=\\=√2/4*(sinx+sin3x-cosx-cos3x) \\ \int\limits^{ \pi /2}_{- \pi /2} {sin(2x- \pi /4)cosx} \, dx = \\ \sqrt{2} /4* \int\limits^{ \pi /2}_{- \pi /2} {(sinx+sin3x-cosx-cos3x)} \, dx = \\ \sqrt{2} /4(-cosx-1/3*cos3x-sinx-1/3*sin3x)| \pi /2-(- \pi /2)= \\ \sqrt{2}/4*(-0-1/3*0-1+1/3*1 +0+1/3*0+1-1/3*1)= \\ \sqrt{2} /4*(-2)=- \sqrt{2} /2 $$Помогите с определенными интегралами
\( \int\limits^ \frac{ \pi }{4} _ \frac{- \pi }{4} ({ \frac{1}{ cos^{2} } -sin x}) \, dx = \)
\( \int\limits^3_1 { e^{x} } \, dx = \)
\( \int\limits^0_- {( x^{3} +2x} )\, dx = \)
\( \int\limits^{27}_8 { \frac{dx}{ \sqrt{x} } } \,= \)
Решение: 1) 2
2) e(e^2 - 1)
3) не виден нижний предел интегрирования, пусть он равен а ==> интеграл равен -1*[(а^4)/4 + a^2]
4)6*sqrt(3) - 4*sqrt(2)
Все функции табличные, интегралы берущиеся, никакого решения не требуется, смотри в таблицу, находи первообразную, подставляй пределы.2√x от 8 до 27=2√27-2√8=6√3-4√2
======================================
Найти определенный интеграл dx/(2-sqrt(1+x)), a=0; b=-3/4.
Решение: $$ \int\limits^{0}_{-0.75} { \frac{dx}{2- \sqrt{1+x}}} \ =\int\limits^{0}_{-0.75} {-2 \sqrt{1+x}* \frac{d(2-\sqrt{1+x})}{2- \sqrt{1+x}}} \ $$
Сделаем замену:
$$ 2-\sqrt{1+x}=t \\ \sqrt{1+x}=2-t \\ \int\limits^{0}_{-0.75} {-2 \sqrt{1+x}* \frac{d(2-\sqrt{1+x})}{2- \sqrt{1+x}}} =\\=\int\limits^{0}_{-0.75} {(-2*(2-t)* \frac{dt}{t})} = \\= -2*\int\limits^{0}_{-0.75} {\frac{2-t}{t}} \ dt=\\=-2*(\int\limits^{0}_{-0.75} {\frac{2}{t}} \ dt-\int\limits^{0}_{-0.75} {1} \ dt)=-2*(2ln|t|-t)=-4ln|t|+2t $$
Вернемся к замене:
$$ -4ln|2-\sqrt{1+x}|+2*(2-\sqrt{1+x})|^{0}_{-0.75}=\\=-4ln|2-\sqrt{1+0}|+2*(2-\sqrt{1+0})+4ln|2-\sqrt{1-0.75}|-2*(2-\sqrt{1-0.75}) \\ -4ln|1|+2*(2-1)+4ln|2-0.5|-2*(2-0.5)=2+4ln(1.5)-3=\\=-1+4ln(1.5)=ln(1.5^{4})-1=ln(\frac{3^{4}}{2^{4}})-1=ln(\frac{81}{16})-1 $$
найти определенный интеграл (верх. п/2; ниж.0)
cos^2*((п/6)-x)*dx
Решение: $$ \int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0 {cos^2(\frac{\pi}{6}-x)} \, dx = \int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0 {\frac{1+sin2(\frac{\pi}{6}-x)}{2}} \, dx = \frac{1}{2} \int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0 \, dx + \frac{1}{2} \int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0 {sin(\frac{\pi}{3}-2x)} \, dx = \\ = \frac{1}{2} \int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0 \, dx - \frac{1}{4} \int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0 {sin(\frac{\pi}{3}-2x)} \, d(\frac{\pi}{3}-2x) = \frac{1}{2}x|^{\frac{\pi}{2}}_0 + \frac{1}{4}cos(\frac{\pi}{3}-2x)|^{\frac{\pi}{2}}_0 = \\ = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} + \frac{1}{4}cos(\frac{\pi}{3}-2\cdot\frac{\pi}{2}) - \frac{1}{4}cos\frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{4}cos(\pi-\frac{\pi}{3}) - \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2} = \\ = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{4}cos\frac{\pi}{3} - \frac{1}{8} = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2} - \frac{1}{8} = \frac{\pi}{4} -\frac{1}{8} - \frac{1}{8} = \frac{\pi}{4} -\frac{1}{4} $$Решить определенный интеграл
\( \int\limits^1_0 { \frac{x}{1+2 x^{2} } } \, dx \)
Решение: Вычисляем сначала бесконечный интеграл:
$$ \int \frac{x}{1+2x^2}dx= $$
Применить подстановку интеграла:
$$ u=1+2x^2:\quad \quad du=4xdx,\:\quad \:dx=\frac{1}{4x}du $$
Получаем интеграл:
$$ =\int \frac{x}{u}\frac{1}{4x}du=\int \frac{1}{4u}du =\frac{1}{4}\int \frac{1}{u}du=\frac{1}{4}\ln \left(u\right) $$
Делаем обратную замену:
$$ u=1+2x^2 \\ =\frac{1}{4}\ln \left(1+2x^2\right)=\frac{\ln \left(2x^2+1\right)}{4} $$
Вычисляем определённый интеграл:
$$ \int _0^1\frac{x}{1+2x^2}dx=\frac{\ln \left(3\right)}{4}-0=\frac{\ln \left(3\right)}{4} $$
Определенный интеграл \( \int\limits^2_1 { \sqrt{4-x^2} } \, dx \)
Решение: $$ \int\limits^2_1 {\sqrt{4-x^2}} \, dx =[\; x=2sint, \; dx=2cost\, dt,\; t=arcsin\frac{x}{2},\\\\t_1=arcsin\frac{1}{2}=\frac{\pi}{6},\; t_2=arcsin1=\frac{\pi}{2}\, ]=\\\\\int\limits _{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\; \sqrt{4-4sin^2t}\cdot 2cost\, dt= 2\cdot \int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{6}} \sqrt{4cos^2t}\cdot cost \, dt =\\\\=4\cdot \int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{6}} {cos^2t} \, dt =4\cdot \int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{6}} { \frac{1+cos2t}{2} } \, dx = \\ =2\cdot \int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{6}} {(1+cos2t)} \, dt =2\cdot (t+\frac{1}{2}sin2t)|\int\limits _{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}=\\\\=2\cdot (\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}sin\pi )-2\cdot (\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}sin\frac{\pi}{3})=\pi -\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt3}{2}\;. $$
Определённый интеграл. dx / (sinx) от п/3 до п/2
Решение: $$ \int\limits^ \frac{\pi}{2} _ \frac{\pi}{3} \frac{dx}{sinx} = \int\limits^ \frac{\pi}{2} _ \frac{\pi}{3}\frac{dx}{\frac{2tg\frac{x}{2}}{1+tg^2\frac{x}{2}}}= \int\limits^ \frac{\pi}{2} _ \frac{\pi}{3} \frac{1+tg^2\frac{x}{2}}{2tg\frac{x}{2}}dx=\frac{1}{2}( \int\limits^ \frac{\pi}{2} _ \frac{\pi}{3}ctg(\frac{x}{2})dx+ \int\limits^ \frac{\pi}{2} _ \frac{\pi}{3}tg(\frac{x}{2})dx )=\\=\frac{1}{2}(2ln|sin\frac{x}{2}||^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{3}}-2ln|cos\frac{x}{2}||^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{3}})= \\ =ln|sin\frac{\pi}{4}|-ln|sin\frac{\pi}{6}|-ln|cos\frac{\pi}{4}|+ln|cos\frac{\pi}{6}|= \\ ln|\frac{\sqrt{2}}{2}|-ln|\frac{1}{2}|-ln|\frac{\sqrt{2}}{2}|+ln|\frac{\sqrt{3}}{2}|=ln|\sqrt{3}| $$Найти определённый интеграл:
\( \int\limits^\frac{\pi}{4}_0\frac{dx}{cos^4x+sin^4x} \)
Решение: Cначала читайте 1 часть, потом 2-ую.$$ 2)\; Q=\int_0^1(\frac{\frac{1}{2}}{t^2-\sqrt2t+1}+\frac{\frac{1}{2}}{t^2+\sqrt2t+1})dt=\\=\frac{1}{2}\int _0^1(\frac{1}{(t-\frac{\sqrt2}{2})^2+\frac{1}{2}}+\frac{1}{(t+\frac{\sqrt2}{2})^2+1})dt=\\\\=\frac{1}{2}(\sqrt2arctg\frac{t-\frac{\sqrt2}{2}}{\frac{1}{\sqrt2}}+\sqrt2arctg(\sqrt2t+1))|_0^1=\\\\=\frac{\sqrt2}{2}(arctg(\sqrt2-1)+arctg(\sqrt2+1)) \\ 1)\int _0^{\frac{\pi}{4}}\frac{dx}{cos^4x+sin^4x}=\int _0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\frac{1}{cos^2x}\cdot \frac{dx}{cos^2x}}{1+tg^4x}=\int _0^{\frac{\pi}{4}}\frac{(1+tg^2x)d(tgx)}{1+tg^4x}=\\\\=[\, t=tgx,\; t_1=tg0=0,\; t_2=tg\frac{\pi}{4}=1\, ]=\int _0^1\frac{t^2+1}{t^4+1}dt=\int_0^1\frac{t^2+1}{(t^2+1)^2-2t^2}=\\\\=\int_0^1\frac{(t^2+1)dt}{(t^2+1-\sqrt2t)(t^2+1+\sqrt2t)}=Q\\\\\frac{t^2+1}{(t^2-\sqrt2t+1)(t^2+\sqrt2t+1)}=\frac{At+B}{t^2-\sqrt2t+1}+\frac{Ct+D}{t^2+\sqrt2t+1} \\ t^2+1=(At+B)(t^2+\sqrt2t+1)+(Ct+D)(t^2-\sqrt2t+1) $$
t³ | 0=A+C A=-C
t² | 1=A√2+B-C√2+D 1=B+D-2√2C 1=1-2√2C C=0, A=0
t | 0=A+B√2+C-D√2 √2(B-D)=0 B=D
t^0| 1=B+D 2B=1 B=1/2=D
Решить определенный интеграл
\( \int\limits^ \pi _0 {(1-8 x^{2} )cos4x} \, dx \)
вместо пи, там 2пи
Решение: Вычисляем бесконечный интеграл:
$$ \int \left(1-8x^2\right)\cos \left(4x\right)dx $$
Интегрируем по частям:
$$ u=\left(1-8x^2\right),\:\:u’=-16x,\:\:v’=\cos \left(4x\right),\:\:v=\frac{\sin \left(4x\right)}{4} $$
Получаем интеграл:
$$ =\left(1-8x^2\right)\frac{\sin \left(4x\right)}{4}-\int \left(-16x\right)\frac{\sin \left(4x\right)}{4}dx \\ =\frac{\left(1-8x^2\right)\sin \left(4x\right)}{4}-\int \:-4x\sin \left(4x\right)dx $$
Рассмотрим интеграл:
$$ \int \:-4x\sin \left(4x\right)dx=-4\int \:x\sin \left(4x\right)dx $$
Применим интегрирования по частям:
$$ u=x,\:\:u’=1,\:\:v’=\sin \left(4x\right),\:\:v=-\frac{\cos \left(4x\right)}{4} $$
Получаем:
$$ =-4\left(x\left(-\frac{\cos \left(4x\right)}{4}\right)-\int \:1\left(-\frac{\cos \left(4x\right)}{4}\right)dx\right) \\ =-4\left(-\frac{x\cos \left(4x\right)}{4}-\int \:-\frac{\cos \left(4x\right)}{4}dx\right) \\ =-4\left(-\frac{x\cos \left(4x\right)}{4}-\left(-\frac{1}{4}\int \cos \left(4x\right)dx\right)\right) $$
Делаем замену:
$$ u=4x:\quad \quad du=4dx,\:\quad \:dx=\frac{1}{4}du $$
Получаем:
$$ =-4\left(-\frac{x\cos \left(4x\right)}{4}-\left(-\frac{1}{4}\int \cos \left(u\right)\frac{1}{4}du\right)\right) \\ =-4\left(-\frac{x\cos \left(4x\right)}{4}-\left(-\frac{1}{4}\frac{1}{4}\int \cos \left(u\right)du\right)\right) \\ =-4\left(-\frac{x\cos \left(4x\right)}{4}-\left(-\frac{1}{4}\frac{1}{4}\sin \left(u\right)\right)\right) $$
Делаем обратную замену:
$$ \:u=4x $$
Получаем:
$$ =-4\left(-\frac{x\cos \left(4x\right)}{4}-\left(-\frac{1}{4}\frac{1}{4}\sin \left(4x\right)\right)\right)=4\left(\frac{\sin \left(4x\right)}{16}-\frac{x\cos \left(4x\right)}{4}\right) $$
Получаем общее решение интеграла:
$$ =\frac{\left(1-8x^2\right)\sin \left(4x\right)}{4}-\left(-4\left(\frac{\sin \left(4x\right)}{16}-\frac{x\cos \left(4x\right)}{4}\right)\right) \\ =\frac{\left(1-8x^2\right)\sin \left(4x\right)}{4}+4\left(\frac{\sin \left(4x\right)}{16}-\frac{x\cos \left(4x\right)}{4}\right) $$
Теперь подставляем границы интегрирования в полученный интеграл:
$$ \int _0^{2\pi }\left(1-8x^2\right)\cos \left(4x\right)dx=-2\pi -0=-2\pi $$
