  

Найти неопределённые интегралы.
1)

3x  1
1  8x  x
2
dx
Решение:
Разобьем числитель на два слагаемых для удобства интегрирования:

3
Так как 1  8x  x 2   8  2 x , то 3x  1    8  2 x   11 
2
3
  8  2 x   11
3x  1
dx   2
dx 

2
1  8x  x
1  8x  x 2
3  8  2 x dx
11
 

dx 

2
2 1  8x  x 2
1  8x  x
 3

d 1  8x  x 2
2 1  8x  x 2
 
11
17   x  4
 3 1  8 x  x 2  11arcsin
2
dx  3 1  8 x  x 2  
x4
C
17
( использованы табличные интегралы:

dx
a2  x2
Ответ:
2)

 arcsin
dx
 x  C,
x
2
x
 C , где a  17 )
a
3x  1
1  8x  x
dx  3 1  8 x  x 2  11arcsin
2
x4
C
17
dx
 5  4 sin 2 x
Решение:
Вычислим интеграл методом замены переменной:
Применяем подстановку t  tg x , тогда
11
17   x  4
2
dx 
tg x  t 
dt
dx
2t
dt
dt
1 t2

sin
2
x





 5  4 sin 2 х



2
2
2t


1 t2
5
1

t

8
t
5
t

8
t

5
5 4
1 t2
dt
dx 
1 t2
z  5t  4
5dt
5dt
5dt
dz







2
2
2
2
25t  40t  25
z  32
5t  4  9 5t  4  32 dz  5dt
Тут использован табличный интеграл:
dx
 a2  x2
1
x
 arctg  C , где а = 3
a
a
1
z
1
5t  4
1
5 tg x  4
 arctg  C  arctg
 C  arctg
C
3
3
3
3
3
3
dx
3)

1
 5  4 sin 2 х  3 arctg
Ответ:
5 tg x  4
C.
3
3  x  dx
2 3
x2
Решение:
Используем тригонометрическую подстановку:
x  3 sin t  dx  3 costdt; x 2  3sin 2 t ; 3  x 2  3  3sin 2 t  3 cos2 t  3 cost
3  x   
2 3


3
3 cost  3 3 cos3 t
3  x  dx 
 3 
2 3
x2
1  sin t 
2
sin 2 t
2

3 3 cos3 t  3 cost
cos4 t
cos2 t 
dt  3  
dt  3  
dt 

3 sin 2 t
sin 2 t
sin 2 t
2
1  2 sin 2 t  sin 4 t
 1

dt  3  
dt  3    2  2  sin 2 t dt 
2
sin t
 sin t

1  cos 2t 
3 cos 2t 
 1
 1
 3  2  2 
dt  3    2  
dt 
2
2 
 sin t

 sin t 2
3
1


 3  ctg t  t  sin 2t   C 
2
4


x
x
 t  arcsin
3
3
sin t 
x 

 ctg arcsin

3

1
x2
3 
x
3
3  x2
x

x 
x 
x 
x
x2 2



sin  2 arcsin
 1
 x 3  x2
  2 sin  arcsin
 cos arcsin
  2
3
3
3
3
3
3




 3 


3  x2 3
x
1 2
 arcsin
  x 3  x2
x
2
3 4 3

C 


3 3  x2 9
x
1

 arcsin
 x 3  x2  C
x
2
3 2
Ответ:

3  x  dx =
2 3
x2

3 3  x2 9
x 1
 arcsin
 x 3  x2  C .
x
2
3 2
Задание 2.
Найти площадь фигуры, ограниченной линиями:
1
y  16  x 2 , y  x  2  0, y  x  4
2
Область содержит точку M 0;3 .
Решение:
 y  16  x 2

 y  x  4

(-4;0), (0;4) – точки пересечения;
 y  16  x 2


x
y   2

2

(-4;0), (0; 2,4) – точки пересечения.
x
2 y x4
2
x
При 0  x  2,4 :
 2  y  16  x 2
2
При  4  x  0 :
Найдем площадь полученной фигуры по формуле: S 
x2
  f x   g x dx
x1
2, 4


x

x

S    x  4    2  dx    16  x 2    2  dx 
2

2

 4
0 
0
x

    2 dx 

 4 2
0
2, 4

 
16  x 2 
0
x

 2 dx 
2

0
2, 4
 x2

1

x x2
2
   2 x    x 16  x  8 arcsin 
 2 x  
4 4
 4
 4  2
0
16
1
2,4 2,4 2
2
 0  0   8  2,4  16  2,4  8 arcsin

 2  2,4  0 
4
2
4
4
 7,84  8 arcsin 0,6  12,988
Ответ: площадь 7,84  8 arcsin 0,6  12,988
Задание 3.
Найти моменты инерции однородной эллиптической пластины с полуосями
а и b относительно её главных осей.
Решение:
Моменты инерции находятся по формулам:
J x   y 2   x, y dxdy; J y   x 2   x, y dxdy
D
D
Так как пластина однородная, то положим   x, y   1 
x2
y2
x2
y2
J x   y dxdy   dx  y dy; J y   x dxdy   x dx  dy
2
2
D
x1
2
y1
2
D
x1
y1
Для эллипса с полуосями а и b имеем:
x2 y2

1 
a2 b2
 a  x  a

D:
x2
x2
 b 1  2  y  b 1  2
a
a

Вследствие симметричности рассмотрим четверть эллипса для положительных х
и у и результат умножим на 4.
0  x  a

D1 / 4 : 
x2
0  y  b 1  2
a

Переходим к эллиптическим координатам по формулам:
x  ar cos ;
y  br sin  , dxdy  abrdrd

0     / 2
D1/ 4 : 
0  r  1
 /2
1
J x   y dxdy   b r sin   abrdrd  4ab   sin d  r 3 dr 
2
D
2 2
2
3
D
2
0
 /2
0
 /2
1


 2ab   1  cos 2 d  r dr  2ab     sin 2 
2

0
0
0
1
3
3
3
 /2
1
r4
1 ab3
3 

 2ab   
4 0
2 4
4
1
J y   x dxdy   a r cos   abrdrd  4a b   cos d  r 3 dr 
2
D
2 2
2
3
D
 /2
2
0
0
 /2
1


 2a b   1  cos 2 d  r dr  2a b     sin 2 
2

0
0
0
3
1
3
3
1
r4
 1 a 3b
3

 2a b   
4 0
2 4
4
Задание 4.
Вычислить несобственный интеграл или доказать его расходимость.
1
arcsin x
dx

2
0 1 x
Решение:
t  arcsin x
dx
dt 
 /2
1
 /2
2
arcsin x
1 2
1 2 2
1

x
dx 
  tdt  t
 


2
2 0
2 4
8
t1  arcsin 0  0
0 1 x
0
t 2  arcsin 1 
1
Ответ:

0
arcsin x
1  x2
dx 

2
2
8
Задание 7.
Найти площадь фигуры, ограниченной линиями:
4

,   0,   .
r2 
6
cos 2
Решение:
Кривая представляет собой гиперболу с действительной осью Ох и
вершинами  2;0 . Рассмотрим её часть между прямыми, лежащими под углом
  0 (горизонтальная) и  

6
(30 градусов).

2
6
1
-2
2
-1
-2
Площадь фигуры в полярных координатах находится по формуле:
 /6
1 2 2
1  /6 4
2
S   r  d  
d  
d 
2 1
2 0 cos 2
0 cos 2
1 t2
dt
t  tg   cos 2 
; d 
2
1 t
1 t2



1
t1  tg 0  0; t 2  tg 
6
3
dt
1/ 3 2 
1/ 3
2
2dt 1 / 3  2dt 1 / 3  1
1 
1

t
 
 
  2
  

dt 
2
2
1 t
t  1
0
0 1 t
0 t 1
0 t 1
1 t2
1
1
1/ 3
1/ 3
t 1
1 3
3
 ln t  1  ln t  1  0  ln
 ln
 ln 1  ln
 1,3
1
t 1 0
1

3
1
3
Ответ: площадь S  ln
1 3
 1,3
1 3