Определенный интеграл

[Kafari]

Добрый вечер!
У меня тут небольшая проблема с интегралами, дело в том, что они вроде решеются, но ответ не сходится. Проверьте, пожалуйста, если не трудно.
$\int_{\sh 1}^{\sh 2} \frac {dx} {\sqrt{1 + x^2}} = \ln |\sh 2 + \sqrt{1 + \sh^2 2}| - \ln |\sh 1 + \sqrt{1 + \sh^2 1}| = \ln \left|\frac {\sh 2 + \sqrt{1 + \sh^2 2}} {\sh 1 + \sqrt{1 + \sh^2 1}}\right|$
Так как в гиперболических плохо разбираюсь, то не знаю, что делать дальше, но должно получиться 1...

Второй:
$\int_{-1}^{1} \frac {dx} {x^2 - 2x \cos\alpha + 1} = \int_{-1}^{1} \frac {dx} {(x - \cos\alpha)^2 + 1 - \cos^2 \alpha} = \int_{-1}^{1} \frac {dx} {(x - \cos\alpha)^2 + \sin^2 \alpha} = \\ \\ = \frac 1 {\sin \alpha} \arctg \frac {1 - \cos\alpha} {\sin\alpha} - \frac 1 {\sin \alpha} \arctg \frac {- 1 - \cos\alpha} {\sin\alpha}$
Из этого должно получиться $\pi(2\sin\alpha)$...

И последний:
$\int_0^{2\pi} \frac {dx} {\cos^2x(2 + \tg^2 x)} = \int_0^{2\pi} \frac {dx} {2\cos^2x + \sin^2x} = \int_0^{2\pi} \frac {dx} {\cos^2x + 1}$
И вот дальше не знаю. Ответ $\pi\sqrt2$. Подскажите, пожалуйста.

[Полосин]

1. Воспользуйтесь тождеством $\ch^2x-\sh^2x=1$.
2. Вспомните формулы половинного аргумента.
3. Разбейте на надлежащие интервалы и сделайте замену $\tg x=t$.

[Kafari]

Спасибо!

1) Получается $\ln \left|\frac {\sh 2 + \ch 2} {\sh 1 + \ch 1}\right|$
А что с этим делать дальше?

2) Формулы, чтобы сложить арктангенсы? Я таких не помню...

3) А зачем разбивать на интервалы? Знаменатель вроде в ноль не обращается, функция непрерывна (по крайней мере то, что получилось из преобразования). Или нужно брать нули первоначального знаменателя? Но даже если так, то получаются интервалы $(0; \pi/2), (\pi/2; 3\pi/2); (3\pi/2; 2\pi)$ , так? А при интегрировании получается аргтангенс (у меня получается), а он не определен в $\pi/2, 3\pi/2$. И что тогда делать?

-- Вс янв 03, 2010 23:45:04 --

Ко второму.
Может, попробовать такую формулу: $ \arctg x + \arctg y = arctg \frac {x + y} {1 - xy}$ Но там получается ноль в знаменателе... Хотя, может, у меня где-то ошибка.
$\frac 1 {\sin\alpha} \left(\arctg \frac {\frac{1 - \cos\alpha} {\sin\alpha} + \frac{1 + \cos\alpha} {\sin\alpha}} {1 - \frac{(1-\cos\alpha)(1+\cos\alpha)} {\sin^2\alpha}}\right) = \frac 1 {\sin\alpha} \left(\arctg \frac 2 {\sin\alpha(1-\frac {1 -cos^2\alpha} {\sin^2\alpha})}\right)$

[Полосин]

1. Вспомнить определение гиперболических функций.
2. Упростите аргументы арктангенсов.
3. Вспомните, на каком множестве тангенс задает взаимно-однозначное отображение.

[Cave]

В первом примере лучше сразу сделать замену $x = \sh t$.

[ewert]

Kafari в сообщении #277308 писал(а):

Второй:
$\int_{-1}^{1} \frac {dx} {x^2 - 2x \cos\alpha + 1} = \int_{-1}^{1} \frac {dx} {(x - \cos\alpha)^2 + 1 - \cos^2 \alpha} = \int_{-1}^{1} \frac {dx} {(x - \cos\alpha)^2 + \sin^2 \alpha} = \\ \\ = \frac 1 {\sin \alpha} \arctg \frac {1 - \cos\alpha} {\sin\alpha} - \frac 1 {\sin \alpha} \arctg \frac {- 1 - \cos\alpha} {\sin\alpha}$
Из этого должно получиться $\pi(2\sin\alpha)$...

Не должно. Во-первых, это выражение нечётно по альфе, а должно быть чётным. Во-вторых, в нуле оно должно давать бесконечность, а даёт ноль.

Правильная версия: $\dfrac{\pi}{2\,|\sin\alpha|}$.

Вам же настойчиво предлагают: применить внутри арктангенсов вверху и внизу формулы половинного (или удвоенного, дело вкуса) аргумента. Потом сократить арктангенс с тангенсом и с котангенсом (выражая его через тангенс с помощью формулы приведения). Однако в последнем надо быть аккуратным (тут-то и выскакивает модуль).

[Kafari]

1) Все получилось, спасибо.

2) Вроде тоже получилось, но без модуля... Вот так:
$\frac 1 {\sin\alpha} \left(\arctg \frac {1 - \cos\alpha} {\sin\alpha} + \arctg \frac {1 + \cos\alpha} {\sin\alpha}\right) = \frac 1 {\sin\alpha} \left(\arctg (\tg\alpha/2) + \arctg (\ctg\alpha/2)\right) = \\ \\= \frac 1 {\sin\alpha} \left(\alpha/2 + \arctg (\tg(\pi/2 - \alpha/2)\right) = \frac 1 {\sin\alpha} \left(\frac {\alpha + \pi - \alpha} 2\right) = \frac {\pi} {2\sin\alpha}$

Что-то не так?

3) При разбиении на интервалы я одного не пойму. Ведь все равно нужно будет предельные точки подставлять. А в них разрывы. Или надо как-нибудь доопределить?

[ewert]

2). Без модуля никак -- я объяснил, почему. Подумайте, в каком месте Вы его потеряли.

3). Вот Вам и нужно разбить на такие промежутки, внутри каждого из которых замена непрерывна и монотонна. А что будет на концах -- не важно.

[Kafari]

И все-таки я не пойму никак... $ctg(\alpha/2) = \pm tg(\pi/2 - \alpha/2)$, так что ли? Так ведь вроде нет, знак сохраняется... Откуда тогда модуль?

И в третьем. Судя по всему, период подинтыгральной функции $\pi$, но можно сложить 4 интеграла $\int_0^{\pi/2} \frac {dx} {\cos^2 x +1}$, если получится доопределить ее чем-то в $\pi/2$. А вот как это сделать я не знаю. Думаю - через предел. Но увы (да, мне стыдно) не могу посчитать предел $\lim\limits_{x \to \pi/2} \frac{1}{\sqrt2} \arctg \frac {\tg x}{\sqrt2}$...

[Kafari]

Помогите, пожалуйста! Как найти предел

$$\lim\limits_{x \to {\pi/2}}\frac 1 {\sqrt2} \arctg \frac {\tg x} {\sqrt2}$$

[Cave]

К чему стремится $\tg x$ при $x\to \pi/2$? А $\frac {\tg x} {\sqrt2}$? А $\arctg t$ при $t\to\lim\limits_{x\to\pi / 2}\frac {\tg x} {\sqrt2}$?

[Kafari]

По идее $\tg x \to +\infty $при$ x \to \pi/2 $. Тогда $\arctg $ cтремится опять же к $\pi/2$, так? Вроде теперь ясно, спасибо.

[Cave]

Да, так.
Вообще, странное задание.