определенный интеграл - страница 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:
$$ \int _0^{2\pi }\left(1-8x^2\right)\cos \left(4x\right)dx=-2\pi -0=-2\pi $$
