Типовик / Типовик, 3 модуль

Возвращаясь к старой переменной, получим

1

4sin +3cos +5

= −

+ .

+2

3. Если

R(sinx,cosx) – нечётная функция относительно cosx, т.е.

R(sinx, cosx) R(sinx,cosx),

то,

применяя

подстановкуsin x t ,

перейдём к интегралу от рациональной функции.

4. Если R(sinx,cosx) – чётная функция относительно sinx и cosx, т.е.

R( sinx, cosx) R(sinx,cosx)

ток цели приводит подстановка

= .

Пример 2.Найти интеграл

sin,3 xdx

.

Решение.

cosx 3

Подынтегральная функция является нечётной по синусу, поэтому

t cosx.Тогда

здесь можно

сделать замену

sinx 1 cos2 x

1 t2 ;

x arccos

t , dx

dt

.

sin

1 t2

− 9+ 8

= −

1 −

=

=

( +3) +8

cos

− 3

− 3

− 3

− 3

=

2

+3 + ln| − 3| +

=

cos

+3cos

+ln|cos

− 3|+ .

2

.

Пример 3.Найдите интеграл∫

18

Полагаем tg x t , тогда

1

1

sin

=

1+

=

√1+

;cos

=

1 +

=

√1+

;

Отсюда

=

;

=

1+

.

sin

+2sin

cos

− cos

=

=

+2

√

√

−

=

+ 2 − 1

.

Далее,

=

( +1)

=

1

ln

+1 − √2

+ .

+2 − 1

и,

( + 1) − √2

2√2

+1+ √2

следовательно,

1

+1 − √2

sin

+2sin

cos

−cos

=

2√2

ln

+1+ √2

+ .

sin +2sin

cos −cos

=

+2 − 1

=

( )

.

+2

− 1

( )

( )| =

( ) ( ) = ( ) ( )| −

( ) ( ).

где

( )

( ) − (

) (

).

Пример 1. Найдите значение интеграла

.

Решение.

Здесь в качестве u(x)

выберем∫ туcos

которая упростится

v’(x)dx.

функцию,

то есть u(x) = x,

аdu = dx. Тогда

cos

dx =

при

дифференцировании,

первообразных

∫cos

= sin

+ .

взять

одну

из

Найдём

v(x):

Достаточно

v(x) = sinx.

Применив формулу интегрирования по частям, получим

)

cos(

)

=

(sin

) =

sin(

)|

−

sin(

.

= 2sin2+ cos

| = 2sin2 +cos2 − 1

Пример 2. Найдите значение интеграла

sin (ln

)

.

Решение.

Под

интегралом

стоит одна∫

,

которая не

функция

является производной какой-либо элементарной

функции. Выберем её в

sin(ln

)

качестве u(x). Тогда v(x) = x, dv = dx.

)|

−

sin(ln

).

sin(ln

)

=

sin(ln

то

= dsin(ln

) =

cos(ln.

)dx,

Так как du(x)

∫

sin(ln ) = ∫ cos(ln

)

Чтобы найти последний интеграл, воспользуемся формулой ещё раз.

Пустьu(x) = cos(ln

),du = −

sin(ln

)

,dv = dx, v = x.

cos(ln

)

=

cos(ln

)|

+

sin(ln

) .

Если функция y=f(x)

непрерывна на отрезке [a,b], а функция

( ), =

( ), то

[

,

]

причём

=

непрерывно дифференцируема на отрезке

,

=

( )

( )

=

( )

( ) .

Пример 1.Найдите значение интеграла

∫

.√9 −

.

Решение.Применим подстановку

= 3sin

Тогда

= 3cos

,

= arcsin

,

= arcsin0 = 0,

= arcsin1 =

.

3

2

Следовательно,

9 −

=

9sin

∙

9 − 9sin

∙3cos

=

81

81

(1 −cos4 )

= 81 sin

cos

=

4

sin

2

=

8

=

81

1

81

=

8

−

4

sin4

=

16

.

Пример 2.Найдите значение интеграла

∫.

.

√

Решение.Выполним замену

√

+1

=

21

+1 = , = ln( − 1), =

, =

+1 = 4, =

+1 =

=

2

= 2

= ln

−1

= ln0,8− ln0,6

√

+1

4

( − 1)

− 1

+1

= ln

.

.∫

√

.

Пример 3.Найдите3значение интеграла

Следовательно,

=

= −

,

= 4, = 1.

Решение. Применим подстановку

Тогда

√1+4

= −

=

√

+ 4

= ln

+

+4

1+

4+ 2√5

= ln 4 +2√5

− ln 1 +√5

= ln

.

1+ √5

Площадь в прямоугольных координатах

Площадь плоской фигуры, ограниченной непрерывной кривой,

уравнений которой в прямоугольных координатах имеет вид

,

осью

и двумя прямыми =

и = ,( < ) находится по

формуле

= ( )

=

(

) .

Отрезок

следует разделить

на части, в каждой из которых

функция

[сохраняет, ]

один и

тот

же знак. При этом необходимо

соблюдать

(такое)

правило знаков:

площади, находящиеся над осью

,

берутся со знаком плюс, а площади, расположенные под осью

,

со

знаком минус.

Если площадь ограничена двумя непрерывными кривыми, уравнения

которых в прямоугольных

координатах

и

=

и( )

,

причем

всюду на отрезке

прямыми

, и двумя= ( )

), то площадь определяется[ , ] ( )

по формуле

=

=

,( <

≥

(

)

( )] .

=

[

( )−

то площадь, ограниченная ею,

вычисляется по формуле

=

(

),

( <

)

=

1

,

где

и

–пределы

изменения полярного угла.

2

Вычисление длины дуги плоской кривой

1. Длина дуги плоской кривой, заданной в прямоугольных

координатах уравнением

=

( ), находится по формуле

=

23

1+

,

Причем

, а

функции

( )

и

( )

имеют

непрерывные

длина дуги

производные≤, то≤

=

+

.

3. Если кривая задана уравнением в полярных координатах

а полярный угол

на

дуге

изменяется

от

и

,

то длина дуги

=

(

),

уравнение

− 6 + 11 − 6 = 0.

Полученные корни:

= 1,

= 2,

= 3.

Построив эскиз графика (рис.1), мы видим, что на отрезке

[2,3]

= − = ( − 6 +11 − 6) − ( − 6 +11 − 6)

=

1

.

2

Рис.2

Задача 3.

Найдите площадь фигуры,

лежащей в первой

четверти внутри круга

(

+ = 3

и ограниченной параболами

= 2

и

= 2 ( > 0)

окружности с

параболами. Для

этого

решим системы

уравнений

+ = 3

, и

+ = 3

,

Единственный положительный корень

системы

и второй системы

Тогда интересующая

первой= 2

= 2 .

√2

, .

нас площадь равна ,√2

√

=

√2

−

2

+

−

−

2

=

3

Рис.3

2

3

√

= √2 ∙

3

−

6

+

2

3

−

+

2

arcsin

−

6

=

√3

2√2

3

√2

1

√2

1

=

3

−

6

+

2

arcsin

√3

− arcsin

√3

−

3

+

6

=

=

√2

+

3

arcsin

1

.

Для

3

2

3

преобразования разности арксинусов мы использовали формулу

arcsin

− arcsin = arcsin

1 −

−

1 −

(

> 0).

= −2 ,

Решениями системы являются

точки

и

. В данном случае

= 1 − 3 .

выполняется

На отрезке

удобнее интегрировать вдоль оси Oy.(−2,−1)

(−2, 1)

≤ 1

неравенство 1 − 3 ≥ −2 , поэтому

−1 ≤

Рис.4

4

= [(1 − 3 ) − (−2 )]

= 2 −

3

=

3

.

оси

−∞ <

.

( ) и ( ) определены на всей числовой

< +∞

28

( − 3)

и ординаты) при разных значениях параметра. Так как

= 3± .

( )

абсциссы,(то значения

совпадают при значениях параметра

= 3 −

Чтобы функция

принимала при тех же значениях параметра

одно и

то же значение, должно( )

выполняться равенство

(3 +

)

(3− ) =

(3 −

)

(3+

),

≠ 0.

Откуда

8

8

Таким

= ±3.

= 0является

= 6

имеем

(

) = ( ) = 0,

( ) =

, т.е. точка

образом, при

и при

Когда( ) = 0меняется от(0,0)

единственной точкой самопересечения.

0 до 6, точки кривой лежат в первой четверти. При

изменении от 0 до 3 обе функции

и

возрастают, и точки

образуют нижнюю часть петли. Далее( )

при( )

убывает, а( , )

сначала продолжает возрастать, а затем (убывает) 3.

Так и получается петля,

≤

≤ 6

( )

относительно осей координат. Действительно, если заменить

на

,

то переменная x

не

меняется, а

изменяет

только

знак;

свой(

− )

следовательно, кривая симметрична относительно оси

. При замене же

на

переменная

не меняется, а меняет только свой знак.

Это

значит( +, что)

кривая симметрична относительно оси .

2

Обе

функции

имеют

общий период

. Поэтому

отрезок изменения параметра

Общий

достаточно рассмотреть( ) и ( )

параметра от 0 до

вид кривой изображён на рисунке 7. При изменении

[0,2

].

31

возрастает на всем промежутке, а

возрастает при

и

Далее на отрезке(изменения)

параметра

убывает( )

при

.

0 ≤

<

обе функции

убывают, имея при этом различные знаки. И, наконец, при

< ≤

( )

;

( )

;

функция

продолжает убывать, в то время как функция

= 4

/

′

= 4

/

∙sin2 ∙

∙cos

= 8

/

sin cos

/

(cos ) = −8

cos

/

8

Задача 8.

= −8

cos

3

=

3

.

Вычислите площадь фигуры, ограниченной окружностями

и

(рис.8).

Решение= 3√2.

cosОкружность= 3

sin

лежит

в правой

полуплоскости,

,

проходит

через

полюс

касаясь вертикальной

прямой. Вторая

= 3√2

cos

через полюс

= 3

,sin

лежит в верхней полуплоскости, также проходит

окружность

= 0

касаясь гоизонтальной прямой. Очевидно, что полюс

пересечения окружностей. Вторую точку пересечения

является точкой= 0

находим из уравнения

cos

= 3 sin .

Откуда

.3√2Из рисунка 8 видно, что искомая площадь

представляет

собой сумму двух сегментов

и

. Отрезок

√2,√6

лежит на луче

=

√2

.

Таким образом,

сегмент

а

ограничен[ ]

дугой первой

окружности

при

и

отрезком

,

сегмент

– отрезком

второй окружности при

[

]

[

]

и дугой√2 ≤

≤

√2

. Поэтому имеем

0 ≤

≤

32

Рис.8

√2

= 9

cos

= 9

−

√2 −

,

√

2

3

9

√

9

√2

=

2