KMA 
Долгожитель
|
      
1. Берутся такие интегралы обычно универсальной подстановкой, т. е. через tg x, а так если я не ошибаюсь, то существуют решения, специально именно для таких видов есть специальный раздел "Интегрирование тригонометрических функций", а так ход простой, раскрой cox 2x, вынеси общий член за скобку (sin x * cos x), потом поделю дробь почленно, и ты все увидишь.
3. По частям.
4. Не знаю толком, но по моему, здесь можно если только домножить и поделить на sqrt (x-4x^2), потом поделить почленно, а это уже известные типы интегралов
5. Тоже берется универсальной заменой tg x
|
Всего сообщений: 940 | Присоединился: декабрь 2005 | Отправлено: 4 мая 2006 0:17 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Для решения задачи 3) нам понадобятся интегралы e^x cosx dx и e^x sinx dx
Применим для первого интеграла I = e^x cosx dx интегрирование по частям и положим:
e^x = u, du = e^x dx
cosx dx = dv, v = sinx
Тогда I = e^x sinx - Int e^x sinx dx
Справа получился интеграл примерно той же сложности, что и исходный.
Это часто является указанием на возможность приведения интеграла к самому
себе. В нашем случае применим интегрирование по частям к интегралу
I1 = Int e^x sinx dx
Положив
e^x = u, du = e^x dx
sinx dx = dv, v = -cosx
получим
I1 = -e^x cosx + Int e^x cosx dx = -e^x cosx + I
Подставляя это в I = e^x sinx - Int e^x sinx dx, находим
I = e^x sinx + e^x cosx - I,
откуда I = e^x (sinx + cosx) / 2
Заметим, что нами попутно вычислен и интеграл e^x sinx dx, так как при
подстановке I в формулу I1 = Int e^x sinx dx = -e^x cosx + I
вытекает I1 = e^x (sinx - cosx) / 2
Теперь приступим к основной задаче вычисления интеграла I2 = Int xe^x sinx dx.
Положим x = u, du = dx,
e^x sinx dx = dv, v = Int e^x sinx dx = I1 = e^x (sinx - cosx) / 2
Отсюда I2 = x e^x (sinx - cosx) / 2 - Int e^x (sinx - cosx) / 2 dx
Так как I3 = Int e^x (sinx - cosx) / 2 dx =
1/2 Int e^x sinx dx - 1/2 Int e^x cosx dx, то применяя предыдущий результат
вычисления I и I1 после несложных вычислений получим:
I3 = -e^x cosx / 2 и окончательно I2 = x e^x (sinx - cosx) / 2 + e^x cosx / 2
или I2 = e^x (xsinx - xcosx + cosx) / 2 + C.
Дифференцируя I2, убеждаемся в правильности получения
интеграла Int xe^x sinx dx.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 4 мая 2006 1:09 | IP
|
|
MEHT
Долгожитель
|
1. Знаменатель подынтегральной дроби можно преобразовать так
(sin^5xcosx+cos^5xsinx) = sin(x)cos(x)*[sin^4 (x) +
+cos^4 (x)]=(1/2)*sin(2x)*[1-(1/2)*sin^2 (2x)],
сделав в инт. замену t=sin(2x) получите
int {dt/[t*(1-(t^2)/2)]}
5. Заменой t=tg(x) этот интеграл не взять.
Раскройте квадрат суммы синусов:
(sinx+shx)^2 = sin^2 (x) + sh^2 (x) + 2*sin(x)*sh(x), и интеграл разобьется на сумму 3 интегралов. Используя соотношения
sin^2 (x) = (1/2)*[1-cos(2x)],
sh^2 (x) = (1/2)*[ch(2x)-1] находите первые 2 интеграла;
в третьем интеграле расписываете 2sh(x) через разность экспонент, и получаете:
int {2*sin(x)*sh(x)dx}=int{sin(x)*exp(x)dx} - int{sin(x)*exp(-x)dx}
|
Всего сообщений: 1548 | Присоединился: июнь 2005 | Отправлено: 4 мая 2006 1:15 | IP
|
|
MEHT
Долгожитель
|
Цитата: bekas написал 4 мая 2006 1:09
Для решения задачи 3) нам понадобятся интегралы e^x cosx dx и e^x sinx dx
bekas, ну могли бы так подробно не расписывать. Подобные интегралы уже встречались в данном разделе (Соотв. ссылка).
(Сообщение отредактировал MEHT 4 мая 2006 1:26)
|
Всего сообщений: 1548 | Присоединился: июнь 2005 | Отправлено: 4 мая 2006 1:25 | IP
|
|
surag
Удален
|
Может кто подскажет?
Является ли берущимся интеграл S (a^x)/(x^2)?
Буду очень признателен за ответ.
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 5 мая 2006 3:46 | IP
|
|
MEHT
Долгожитель
|
Цитата: surag написал 5 мая 2006 3:46
Может кто подскажет?
Является ли берущимся интеграл S (a^x)/(x^2)?
Буду очень признателен за ответ.
Нет, в элементарных функциях его не взять.
Сделав замену t=x*ln(a), а далее взяв по частям получим:
S (a^x)/(x^2)=ln(a)*[-exp(t)/t + int (exp(t)dt/t)]
int (exp(t)dt/t) можно записать через интегральную показательную функцию определяемую как
Ei(t)=int (exp(u)du/u) - пределы от (-оо) до t (причем t<0).
Ei(t) является первообразной exp(t)dt/t), следовательно для исходного интеграла можем записать
S (a^x)/(x^2)=ln(a)*[-exp(t)/t + Ei(t)]+const, t<0.
Кстати, для справки, разложение Ei(t) в степенной ряд имеет вид:
Ei(t)=C+ln(-t)+sum[t^k/k!*k],
где сумма берется по k от 1 до (+оо),
С~0,577216 - постоянная Эйлера-Маскерони.
(Сообщение отредактировал MEHT 5 мая 2006 14:52)
|
Всего сообщений: 1548 | Присоединился: июнь 2005 | Отправлено: 5 мая 2006 14:51 | IP
|
|
surag
Удален
|
Спасибо за столь подробное решение.
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 5 мая 2006 23:42 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Уважаемый КМА!
Вы сообщали:
4. Не знаю толком, но по моему, здесь можно если только домножить и поделить на sqrt (x-4x^2), потом поделить почленно, а это уже известные типы интегралов
Напомню, что речь шла об интеграле Int sqrt(x - 4 * x^2) dx
Для решения задачи нам понадобится интеграл I = sqrt(a^2-t^2) dt
Применим для этого интеграла интегрирование по частям и положим:
sqrt(a^2-t^2) = u, du = -t/sqrt(a^2-t^2) dt
dt = dv, v = t
Тогда I = t*sqrt(a^2-t^2) - Int t * -t/sqrt(a^2-t^2) dt =
t*sqrt(a^2-t^2) + Int t^2/sqrt(a^2-t^2) dt =
t*sqrt(a^2-t^2) - Int ((a^2-t^2)-a^2)/sqrt(a^2-t^2) dt =
t*sqrt(a^2-t^2) - Int (a^2-t^2)/sqrt(a^2-t^2) dt + a^2*Int 1/sqrt(a^2-t^2) dt
Поскольку избавляясь от иррациональности в знаменателе получим
Int (a^2-t^2)/sqrt(a^2-t^2) dt = Int sqrt(a^2-t^2) dt
Int 1/sqrt(a^2-t^2) dt = arcsin(t/a)
то Int sqrt(a^2-t^2) dt = t*sqrt(a^2-t^2) - Int sqrt(a^2-t^2) dt + a^2*arcsin(t/a)
Замечая, что интеграл привелся к себе, окончательно получим:
Int sqrt(a^2-t^2) dt = t/2 * sqrt(a^2-t^2) + a^2*arcsin(t/a)/2
Ну а теперь займемся нашим основным интегралом Int sqrt(x - 4 * x^2) dx
После несложных вычислений преобразуем sqrt(x - 4 * x^2) к
2*sqrt((1/8)^2-(x-1/8)^2) и тогда
Int sqrt(x - 4 * x^2) dx = 2 * Int sqrt((1/8)^2-(x-1/8)^2) d(x-1/8)
Вспоминаем интеграл в начале моего сообщения и окончательно получаем
при условии a = 1/8, t = x - 1/8:
I = (8*x - 1)/16 * sqrt(x - 4 * x^2) + 1/64 * arcsin(8x-1) + C
Дифференцируя I', убеждаемся в правильности найденного интеграла.
(Сообщение отредактировал bekas 7 мая 2006 13:22)
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 7 мая 2006 13:21 | IP
|
|
MEHT
Долгожитель
|
Уважаемый bekas, ну и любите же вы все усложнять  .
К примеру вышерассмотренный Вами интеграл можно взять проще:
I=int {sqrt(a^2-t^2) dt}
Сделаем замену
t=|a|*sin(x), -pi/2<x<pi/2,
dt=|a|*cos(x)dx; подставим в интеграл, получим:
I=int {sqrt(a^2-t^2) dt}= (a^2) * int {cos^2 (x) dx} =
= (a^2/2) * int { [1+cos(2x)]dx} = (a^2/2)*[x+(1/2)*sin(2x)]=
=(a^2/2)*[x+sin(x)cos(x)].
Теперь осуществим обратную замену от x к t;
x=arcsin(t/|a|), sin(x)=t/|a|, cos(x)=(1/|a|)*sqrt(a^2-t^2);
I=(a^2/2)*[arcsin(t/|a|)+(t/a^2)*sqrt(a^2-t^2)]=
=(a^2/2)*arcsin(t/|a|)+(t/2)*sqrt(a^2-t^2)
|
Всего сообщений: 1548 | Присоединился: июнь 2005 | Отправлено: 7 мая 2006 22:39 | IP
|
|
anushy
Удален
|
ПОМОГИТЕ РЕШИТЬ
Pi/2
4a S sqrt(1-(sqrt(a^2-b^2)/a)^2*sin^2t)dt
0
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 11 мая 2006 21:23 | IP
|
|
|
Форум
Интегрирование
