Сборник_ТЗ

3

3

2

яких ми вже навчились знаходити по попереднім прикладам:

3

l m

2

’

3 ln| 1|

2 ln| 2

4| .

21.

sin/3.

11

.

(

Розв язання Інтегрування таких функцій

їх приблизний

перелік

см. стор. 239-240) проводиться частинами. Нагадаємо

формулу (5.16):

* n *n

n *.

*

sin/3 11

>n sin/3 11 F

*

n cos/3 11

cos/3 11

cos/3 11

’

2

O

cos/3

11

4 sin/3

11 .

22.

.

Інтегрувати

частинами

таку

функцію

.

Розв

язання

будемо двічі

* 2

(см.

зауваження на стор. 240)::

2

O

>n O

F

2

O

· 2

O

* 2

n O

*

2

n O

N

O

O

M

*

2

O

n O

2 O

.

2O

R

O

23.

’ln/ .71

.

Розв язання

Первісна

такої

функції

теж

знаходиться

інтегруванням частинами

Розіб

ємо підінтегральний вираз на

*

та

n

:

.

’

* ln/ 71

ln/ 71 M

n

N ln/ 71

*

3

3

отримали

неправильний

раціональний дріб

.

Виділимо

цілу

n

ln/ 71 / 331 3

ln/ . 71 7 3

ln/ 71

7 ln/

71

24.

’arccos.8 Інтегруємо

частинами.

Розіб’ємо

.

Розв язання

* arccos 8

підінтегральний вираз на * та

n:

n

arccos 8 M *

√R

N arccos 8 8 √

arccos 8 / 2R1 √

arccos 8

√

R

2R

l m

за відомою нам

заміною маємо

n

:

* tg 2

>sin

2* 2 F

1 *

1 *2

qrs st( 2

cos

1 *2

·1 *2

1 *2

2

1 *2

1 *2

2*

2 *

1 *2

2 .

2.

2 . 2.2 2.

.

.

2 /. 2. 1

2 /. 1

в квадратному тричлені виділимо повний квадрат:

. √

xy& √

.

2 · 2√ ln Q.√ Q √ ln wxy& √ w

>

*2

BC1

F

(5.20), (5.21). Скористаємося цією підстановкою:

cos

1 *2

*

.

1 *2

qrs st(

sin

1 *2

2

*2

1

3*2 .

1 *2

*

√ 2 ln Q√√.. Q

.

l√ .m

BC √

.

2√ ln QBC √ Q

27.

qrs

√st( 2

від того, яка з функцій в парній степені. В нашому випадку в

cosR sin

cosR sin2 sin

непарній степені синус, тому обираємо заміну (5.22):

z

* cos

{ *R/1 *2

1 *

* sin

/*R *i1 * 4

*4 *

4 cos4 cos .

29.

’sin 3 .

.

Розв язання

Інтегрування

парних степенів синусу та

косинусу проводиться за допомогою формул зниження степенів

(5.24):

2

1

LTU

2 /1 AKL2 1;

AKL

2

1

2 /1 AKL2 1.

sin 3 /sin2 3 12 }2 /1 cos 6 1~2

/1 2 cos 6 cos2 6 1

· 2 cos 6

· 2 /1 cos 12 1

2 ·

sin 6 R

R · 2 cos 12

R

2

sin 6 4 cos 12 .

30. cos 9 cos 2 .

2 cos 7 2

cos 11

sin 7 22 sin 11 .

31. √ .

Розв’язання.

Підінтегральна

функція

містить

ірраціональність. Щоб позбутися її,

скористаємося

підстановкою (5.26).

Квадратний

корінь

зникне, якщо

√ ]

1 *

^

. 2

.

*

підкорений вираз замінити новою змінною у квадраті:

2* *

2

* 8

.. 2* 8 ln|* . 4|

2√ 1 8 lnW√ 1 4W

Розв

√ √

32.

.

’

.

Як

і в

попередньому

прикладі,

язання3

3

]

*

^ . /. 1 6

.

шосту степінь:

. .

. .

6*

*

√ √

6

.

* 6 * 24

.

l. m

.

6* 2 ?@ABC 2 6√ 12?@ABC 2

P

2

.

P

√

.

33. √ .

тригонометричними підстановками (5.27) – (5.29).

В даному

інтегралі

ірраціональність

вигляду (5.27),

тому

приведемо

√

LTUB

9‚• :

•€• :

AKLB B

: B

:

B

‰√1 2

AKLBŠ •€•

•€•

•€•: :

B ABC B B

√

?@ALTU .