Рациональные методы решения задач по матанализу. Коваленко Л.И. - 23 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

МФТИ | Москва

Составители: 

Рубрика: 

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 23
x
y
0
t→−∞
t→+∞
t→1−0
t→1+0
y
=
−
2
x
+
3
2
t
→−
1
−
0
t
→−
1+0
x=1
y =5/ 2
A
B
A(0; 2) (t = 0, tg α
кас
= −1) — точка возврата, B
4
3
; −2
Рис. 6
Решение задач варианта Е
1. Вычислить интегралы
а)
Z
sin 2x ln(1 + cos x) dx; б)
Z
x
5
(1 + x
2
)
3/2
dx.
Р е ш е н и е. а) Интегрируя по частям, получаем
Z
ln(1 + cos x) d(sin
2
x) = sin
2
x ·ln(1 + cos x) +
Z
sin
3
x
1 + cos x
dx
Так как sin
3
x dx = (cos
2
x −1) d(cos x), то
Z
sin
3
x
1 + cos x
dx =
Z
(cos x − 1) d(cos x) =
cos
2
x
2
− cos x + C.
Ответ: sin
2
x ·ln(1 + cos x) − cos x +
1
2
cos
2
x + C.
б) Заменив переменную, положив τ = x
2
, преобразуем ис-
ходный интеграл J к виду
J =
1
2
Z
τ
2
dτ
(1 + τ )
3/2
.
Перейдя к переменной t =
√
τ + 1, получим
J =
Z
(t
2
− 1)
2
t
2
dt =
Z
t
2
− 2 +
1
t
2
dt =
1
3
t
3
− 2t −
1
t
+ C,
          § 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.                          23

                                y




                                        t→+∞
                       t→
                        y=

                          −1 3
                          −2

                            +0
                             x+ 2
                                                     t→1+0
                       t→1−0
                                        A             y=5/2




                                               x=1
                                    0                         x
                                               B




                                                     t→
                                        t→−∞


                                                      −1
                                                         −0
                                                                           
                                                                      4
   A(0; 2) (t = 0, tg αкас = −1) — точка возврата, B                    ; −2
                                                                      3
                                    Рис. 6


                 Решение задач варианта Е
1. Вычислить    интегралы
                                                    x5
     Z                                                    Z
  а)   sin 2x ln(1 + cos x) dx;                      б)     dx.
                                               (1 + x2 )3/2
    Р е ш е н и е. а) Интегрируя по частям, получаем
                                                           sin3 x
 Z                                                    Z
   ln(1 + cos x) d(sin2 x) = sin2 x · ln(1 + cos x) +              dx
                                                         1 + cos x
  Так как sin3 x dx = (cos2 x − 1) d(cos x), то
        sin3 x                                     cos2 x
   Z                   Z
                  dx = (cos x − 1) d(cos x) =             − cos x + C.
      1 + cos x                                      2
                                                  1
     Ответ: sin2 x · ln(1 + cos x) − cos x + cos2 x + C.
                                                  2
     б) Заменив переменную, положив τ = x2 , преобразуем ис-
  ходный интеграл J к виду
                                       τ 2 dτ
                                 Z
                             1
                         J=                     .
                             2      (1 + τ )3/2
                                     √
     Перейдя к переменной t = τ + 1, получим
       Z 2
           (t − 1)2
                          Z                 
                                2          1         1          1
  J=                 dt =     t   − 2 +        dt = t3 − 2t − + C,
               t2                         t2         3           t

Страницы